Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài này có cách lập bảng biến thiên,nhưng mình sẽ làm cách đơn giản
Từ giả thiết \(x^2+y^2+z^2=1\Rightarrow0< x,y,z< 1\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi cho 3 cặp số dương \(2x^2;1-x^2;1-x^2\)
\(\frac{2x^2+\left(1-x^2\right)+\left(1-x^2\right)}{3}\ge\sqrt[3]{2x^2\left(1-x^2\right)^2}\le\frac{2}{3}\)
\(\Leftrightarrow x\left(1-x^2\right)\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{x}{1-x^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2\Leftrightarrow\frac{x}{y^2+z^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{y}{z^2+x^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}y^2\left(2\right)\\\frac{z}{x^2+y^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}z^2\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng các vế (1), (2) và (3) ta được \(\frac{x}{y^2+z^2}+\frac{y}{z^2+x^2}+\frac{z}{x^2+y^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(x^2+y^2+z^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Lời giải:
Do \(xyz=8\) nên tồn tại các số dương \(a,b,c\) sao cho \((x,y,z)=\left(\frac{2a^2}{bc},\frac{2b^2}{ac},\frac{2c^2}{ab}\right)\)
Khi đó , BĐT cần CM tương đương với:
\(P=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\geq 1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\) \((1)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\). Tương tự với các cặp biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow P\geq 1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=2\)
Ta có \(\left(\frac{x^3}{y^2+z}+\frac{y^3}{z^2+x}+\frac{z^3}{x^2+y}\right)\left[x\left(y^2+x\right)+y\left(z^2+x\right)+z\left(x^2+y\right)\right]\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\left(1\right)\)
Ta chứng minh \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\frac{4}{5}\left[x\left(y^2+z\right)+y\left(z^2+x\right)+z\left(x^2+y\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow5\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge4\left[x\left(y^2+z\right)+y\left(z^2+x\right)+z\left(x^2+y\right)\right]\left(2\right)\)
Thật vậy \(\hept{\begin{matrix}3\left(\Sigma x^2\right)^2\ge\left(\Sigma x^2\right)\cdot\Sigma x^2=4\Sigma zx\left(3\right)\\2\left(\Sigma x^2\right)^2\ge4\Sigma xy^2\left(4\right)\end{matrix}\Leftrightarrow2\left(\Sigma x^2\right)^2\ge\Sigma xy^2\left(x+y+z\right)}\)(*)
Từ các Bất Đẳng Thức \(\hept{\begin{cases}\frac{x^4-2x^3z+z^2x^2}{2}\ge0\\\frac{x^4+y^4+2x^4}{4}\ge xyz^2\end{cases}}\)=> (*) đúng
Như vậy (3),(4) đúng => (2) đúng
Từ đó suy ra \(T\ge\frac{4}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có:
\(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{9}{x+y+z}\right)^2}=\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}\)
\(=\sqrt{\left[\left(x+y+z\right)^2+\frac{1}{\left(x+y+z\right)^2}\right]+\frac{80}{\left(x+y+z\right)^2}}\)
\(\ge\sqrt{2\sqrt{\left(x+y+z\right)^2\cdot\frac{1}{\left(x+y+z\right)^2}}+\frac{80}{1}}=\sqrt{82}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có:
√x2+1x2 +√y2+1y2 +√z2+1z2 ≥√(x+y+z)2+(1x +1y +1z )2
≥√(x+y+z)2+(9x+y+z )2=√(x+y+z)2+81(x+y+z)2
=√[(x+y+z)2+1(x+y+z)2 ]+80(x+y+z)2
≥√2√(x+y+z)2·1(x+y+z)2 +801 =√82
Dấu "=" xảy ra khi: x=y=z=13
Áp dụng BĐT Cô - si cho 3 bộ số không âm
\(\Rightarrow\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{xyz\left(xy+1\right)^2\left(yz+1\right)^2\left(xz+1\right)^2}{x^2y^2z^2\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)\left(xy+1\right)}}=3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
Xét \(3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
\(=3\sqrt[3]{\left(\frac{xy+1}{x}\right)\left(\frac{yz+1}{y}\right)\left(\frac{xz+1}{z}\right)}\)
\(=3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\)
Áp dụng BĐT Cô - si
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y+\frac{1}{x}\ge2\sqrt{\frac{y}{x}}\\z+\frac{1}{y}\ge2\sqrt{\frac{z}{y}}\\x+\frac{1}{z}\ge2\sqrt{\frac{x}{z}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)\ge8\)
\(\Rightarrow3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\ge3\sqrt[3]{8}\)
\(\Rightarrow3\sqrt[3]{\left(y+\frac{1}{x}\right)\left(z+\frac{1}{y}\right)\left(x+\frac{1}{z}\right)}\ge6\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\ge6\)
Mà \(\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(xz+1\right)}{xyz}}\)
\(\Rightarrow\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}\ge6\)
Vậy GTNN của \(\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}+\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(xz+1\right)}+\frac{y\left(xz+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}=6\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3}{1+y}+\frac{1+y}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{x^3}{1+y}\cdot\frac{1+y}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3x}{2}\\\frac{y^3}{1+z}+\frac{1+z}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{y^3}{1+z}\cdot\frac{1+z}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3y}{2}\\\frac{z^3}{1+x}+\frac{1+x}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{z^3}{1+x}\cdot\frac{1+x}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3z}{2}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế ta được \(P+\frac{3+x+y+z}{4}+\frac{3}{2}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{5}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{4}\)
Mà ta có \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\ge9\Rightarrow x+y+z\ge3\)
Do đó \(P\ge\frac{5}{4}\cdot3-\frac{9}{4}=\frac{3}{2}\). Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
Vậy minP=\(\frac{3}{2}\)khi x=y=z=1
Ta có bất đẳng thức: với \(x,y>0\)
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
Dấu \(=\)khi \(x=y\).
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{2x+3y+3z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{2y+2z}\right)\le\frac{1}{4}\left[\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y+z}\right)\right]\)
\(=\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+\frac{1}{8}\left(\frac{1}{y+z}\right)\)
Tương tự với \(\frac{1}{3x+2y+3z},\frac{1}{3x+3y+2z}\)sau đó cộng lại vế với vế ta được:
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)=3\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{8}\)
Lời giải:
Đặt \((x,y,z)=(a+1,b+1,c+1)\Rightarrow a,b,c\geq 0\)
Ta có:
\(3x^2+4y^2+5z^2=52\Leftrightarrow 3(a+1)^2+4(b+1)^2+5(c+1)^2=52\)
\(\Leftrightarrow 3a^2+4b^2+5c^2+6a+8b+10c=40\)
\(\Leftrightarrow 5(a+b+c)^2+10(a+b+c)=40+2a^2+b^2+10(ab+bc+ac)+4a+2b\)
\(\Rightarrow 5(a+b+c)^2+10(a+b+c)\geq 40\Leftrightarrow a+b+c\geq 2\)
Do đó \(x+y+z=a+b+c+3\geq 5\)
Vậy \(F_{\min}=5\Leftrightarrow x=y=1,z=3\)