Cho x, y>0 và thỏa mãn. Chứng minh rằng: \(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\ge\frac{25}{2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TN
22 tháng 4 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(A=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\ge\frac{\left(x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}\right)^2}{2}\)
\(=\frac{\left(x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2}{2}=\frac{\left(x+y+\frac{x+y}{xy}\right)^2}{2}\)
Lại có: \(1=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow1\ge4xy\Rightarrow\frac{1}{xy}\ge4\)
Khi đó \(A\ge\frac{\left(1+\frac{1}{xy}\right)^2}{2}=\frac{\left(1+4\right)^2}{2}=\frac{5^2}{2}=\frac{25}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
9 tháng 3 2016
Theo bất đẳng thức Cô-Si, ta có \(1=x+y\ge2\sqrt{xy}\to xy\le\frac{1}{4}.\) Do vậy áp dụng bất đẳng thức Cô-Si
\(xy+\frac{1}{xy}=xy+\frac{1}{16xy}+\frac{15}{16xy}\ge2\sqrt{xy\cdot\frac{1}{16xy}}+\frac{15}{16\cdot\frac{1}{4}}=\frac{17}{4}.\)
a. Ta có \(M=\left(xy\right)^2+\frac{1}{\left(xy\right)^2}+2=\left(xy+\frac{1}{xy}\right)^2\ge\left(\frac{17}{4}\right)^2=\frac{289}{16}.\) Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}.\) Vây giá trị bé nhất của M là \(\frac{289}{16}.\)
b. Theo bất đẳng thức Cô-Si
\(N\ge2\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=2\left(xy+\frac{1}{xy}\right)+2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\ge2\cdot\frac{17}{4}+4\sqrt{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{x}}=\frac{25}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ \(x=y=\frac{1}{2}.\)
22 tháng 6 2020
Theo AM - GM và Bunhiacopski ta có được
\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2};\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{2}{xy}\ge\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)
Khi đó \(LHS\ge\left[\frac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2\right]\left[\frac{8}{\left(x+y\right)^2}+\frac{1}{z^2}\right]\)
\(\)\(=\left[\frac{1}{2}+\left(\frac{z}{x+y}\right)^2\right]\left[8+\left(\frac{x+y}{z}\right)^2\right]\)
Đặt \(t=\frac{z}{x+y}\ge1\)
Khi đó:\(LHS\ge\left(\frac{1}{2}+t^2\right)\left(8+\frac{1}{t^2}\right)=8t^2+\frac{1}{2t^2}+5\)
\(=\left(\frac{1}{2t^2}+\frac{t^2}{2}\right)+\frac{15t^2}{2}+5\ge\frac{27}{2}\)
Vậy ta có đpcm
T
23 tháng 6 2020
Ta có:
\(VT-VP=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(\Sigma xy\right)\left(\Sigma x\right)\left[z\left(x+y\right)-xy\right]\left(z-x-y\right)}{x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2}+\frac{\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)^2\left(x+2y\right)^2}{2x^2y^2\left(x+y\right)^2}\ge0\)
Vì \(z\left(x+y\right)-xy\ge\left(x+y\right)^2-xy\ge4xy-xy>0\)
6 tháng 12 2019
\(\frac{1}{x^3\left(y+z\right)}+\frac{1}{y^3\left(z+x\right)}+\frac{1}{z^3\left(x+y\right)}\)
\(=\frac{y^2z^2}{x\left(y+z\right)}+\frac{z^2x^2}{y\left(z+x\right)}+\frac{x^2y^2}{z\left(x+y\right)}\)
\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
24 tháng 2 2020
3 + (x²/y² + y²/x²) + (x²/z² + y²/z²) + (z²/x² + z²/y²)
x²/y² + y²/x² ≥ 2 (Theo AM - GM)
Nên A ≥ 5 + (x²/z² + y²/z²) + (z²/x² + z²/y²)
Sử dụng 2 BĐT quen thuộc sau:
a² + b² ≥ (1/2)*(a + b)²
1/a + 1/b ≥ 4/(a + b)
24 tháng 2 2020
Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nghệ An năm 2014
https://thi.tuyensinh247.com/de-thi-vao-lop-10-mon-toan-tinh-nghe-an-nam-2014-c29a17566.html
Vào đó xem cho nó full :)))
T
3 tháng 6 2019
Em thử ạ!Em không chắc đâu.Hơi quá sức em rồi
Ta có: \(VT=\Sigma\frac{x^3}{z+y+yz+1}=\Sigma\frac{x^3}{z+y+\frac{1}{x}+1}\)
\(=\Sigma\frac{x^4}{xz+xy+1+x}=\frac{x^4}{xy+xz+x+1}+\frac{y^4}{yz+xy+y+1}+\frac{z^4}{zx+yz+z+1}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,suy ra:
\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)+3}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2+3}\) (áp dụng BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3};ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\))
Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt{xyz}=3\) Dấu "=" xảy ra khi x = y = z
Ta cần chứng minh: \(\frac{\frac{t^4}{9}}{\frac{2}{3}t^2+t+3}\ge\frac{3}{4}\Leftrightarrow\frac{t^4}{9\left(\frac{2}{3}t^2+t+3\right)}=\frac{t^4}{6t^2+9t+27}\ge\frac{3}{4}\)(\(t\ge3\))
Thật vậy,BĐT tương đương với: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)
\(\Leftrightarrow3t^4-18t^2-27t+t^4-81\ge0\)
Ta có: \(VT\ge3t^4-18t^2-27t+3^4-81\)
\(=3t^4-18t^2-27t\).Cần chứng minh\(3t^4-18t^2-27t\ge0\Leftrightarrow3t^4\ge18t^2+27t\)
Thật vậy,chia hai vế cho \(t\ge3\),ta cần chứng minh \(3t^3\ge18t+27\Leftrightarrow3t^3-18t-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(t^3-27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+9\right)\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng,do \(t\ge3\) và \(3t^2+9t+9=3\left(t+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}\ge\frac{9}{4}>0\)
Dấu "=" xảy ra khi t = 3 tức là \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Chứng minh hoàn tất
T
3 tháng 6 2019
Em sửa chút cho bài làm ngắn gọn hơn.
Khúc chứng minh: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)
\(\Leftrightarrow4t^4-18t^2-27t-81\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(4t^3+12t^2+18t+27\right)\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng do \(t\ge3\Rightarrow\hept{\begin{cases}t-3\ge0\\4t^3+12t^2+18t+27>0\end{cases}}\)
Còn khúc sau y chang :P Lúc làm rối quá nên không nghĩ ra ạ!
dùng bđt phụ \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\) với bđt Cô-si nhé