K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

22 tháng 3 2021

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}=\frac{1}{x}+\frac{4}{2y}\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{x+2y}=\frac{9}{x+2y}\)(1)

Từ GT x + 2y ≤ 3z => \(\frac{1}{x+2y}\ge\frac{1}{3z}\)<=> \(\frac{9}{x+2y}\ge\frac{3}{z}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}\ge\frac{9}{x+2y}\ge\frac{3}{z}\)=> \(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}\ge\frac{3}{z}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z=1

22 tháng 3 2021

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\) \(\left(x,y,z>0\right)\)

Khi đó 

\(VT=\frac{1}{\frac{1}{x^2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{z^2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\) và \(xyz=1\)

\(=\frac{x^2}{\frac{y+z}{yz}}+\frac{y^2}{\frac{z+x}{zx}}+\frac{z^2}{\frac{x+y}{xy}}=\frac{x^2yz}{y+z}+\frac{y^2zx}{z+x}+\frac{z^2xy}{x+y}\)

\(=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{x^2}{xy+zx}+\frac{y^2}{yz+xy}+\frac{z^2}{zx+yz}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

22 tháng 3 2021

đk: \(y+3\ge0\)

BĐT cần chứng minh tương đương

\(BPT\Leftrightarrow1-2y-y^2\le\left(y+3\right)^2=y^2+6y+9\)

\(\Leftrightarrow2y^2+8y+8\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(y+2\right)^2\ge0\left(\forall y\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(y+2=0\Rightarrow y=-2\)

22 tháng 3 2021

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(2x+\sqrt{12-2x^2}\le6\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{12-2x^2}\le6-2x\)

\(\Rightarrow12-2x^2\le\left(6-2x\right)^2\)

\(\Leftrightarrow12-2x^2\le36-24x+4x^2\)

\(\Leftrightarrow6x^2-24x+24\ge0\)

\(\Leftrightarrow6\left(x-2\right)^2\ge0\left(\forall x\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(x-2=0\Rightarrow x=2\)

22 tháng 3 2021

1) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT với 2 số

Với x,y,z,t > 0 ta luôn có: \(\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{t}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^2t+z^2y}{yt}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\Leftrightarrow\left(x^2t+z^2y\right)\left(y+t\right)\ge yt\left(x+z\right)^2\)

(Biến đổi tương đương)

Khi bất đẳng thức trên đúng ta sẽ CM như sau:

\(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}=\frac{c}{\gamma}\)

22 tháng 3 2021

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

22 tháng 3 2021

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

22 tháng 3 2021

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Rightarrow4\left(x+y\right)^2\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)  \(\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM: 

\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\) \(\Rightarrow8\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)

\(\Rightarrow8\ge\left(x^2+y^2\right)^3\)

\(\Rightarrow2\ge x^2+y^2\)hay \(x^2+y^2\le2\)

13 tháng 7 2021

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ta có    

        x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1}\Leftrightarrow2x^3+1\ge3x^2, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.

Tương tự,  2y^3+1\ge3y^2. Cộng theo vế hai bất đẳng thức nhận được ta có

             2\left(x^3+y^3\right)+2\ge3\left(x^2+y^2\right)

Sử dụng giả thiết  x^3+y^3=2 suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      x=y=1