Cho: x,y,z \(\ge\) 0; x+y+z \(\le\)3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\)
cho x\(\ge\)0,y\(\ge\)0,z\(\ge\)0
chứng minh rằng:(x+y)(y+z)(x+z)\(\ge\)8xyz
x+y>=2 căn xy
y+z>=2 căn yz
x+z>=2 căn xz
=>(x+y)(y+z)(x+z)>=8xyz
Cho \(x\ge y\ge z>0\)
CMR : \(\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y}\ge x^2+y^2+z^2\)
cho x,y,z\(\ge\)0. chứng minh (x+y)(y+z)(x+z)\(\ge\)8xyz
Áp dụng BĐT Cô - si : a + b ≥ 2\(\sqrt{ab}\)
=> x + y ≥ \(2\sqrt{xy}\) ( 1 )
y + z ≥ \(2\sqrt{yz}\) ( 2 )
x + z ≥ 2\(\sqrt{xz}\) ( 3 )
Nhân tưng vế của ( 1 , 2 , 3) , ta được :
( x + y )( y + z)( z + x ) ≥ \(2\sqrt{xy}\) . \(2\sqrt{yz}\) .2 \(\sqrt{xz}\)
<=> ( x + y )( y + z)( z + x ) ≥ 8 xyz
ta có (x+y)2 ≥ 4xy
(y+z)2≥ 4yz
(x+z)2≥4xz
nhân từng vế của bđt trên ta được
(x+y)2 (y+z)2 (x+z)2 ≥ 64 x2y2z2
=> [(x+y)(y+z)(x+z)]2≥ (8xyz)2
=>(x+y)(y+z)(x+z)≥ 8xyz(đpcm)
Cho \(x\ge y\ge z>0.CMR:\frac{x^2y}{2}+\frac{y^2z}{2}+\frac{z^2x}{2}\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
cho x,y,z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 2. Cmr: \(x+2y+z\ge\left(2-x\right)\left(2-y\right)\left(2-z\right)\)
\(VP=\left(2-x\right)\left(2-z\right)\left(2-y\right)=\left(y+z\right)\left(x+y\right)\left(2-y\right)\le\frac{\left(x+2y+z\right)^2}{4}\left(2-y\right)\)
\(VP\le\left(x+2y+z\right).\frac{\left(x+2y+z\right)\left(2-y\right)}{4}\le\left(x+2y+z\right)\frac{\left(x+y+z+2\right)^2}{16}=x+2y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=z=1\\y=0\end{matrix}\right.\)
Cho x;y;z>0. CMR: \(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{x+y+z}{2}\)
Áp dụng BĐT cosi:
\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2\left(y+z\right)}{4\left(y+z\right)}}=\dfrac{2x}{2}=x\)
Cmtt \(\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{x+z}{4}\ge y;\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{x+y}{4}\ge z\)
Cộng VTV 3 BĐT trên:
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}+\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{4}\ge x+y+z\\ \Leftrightarrow\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge x+y+z-\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{x+y+z}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow x=y=z\)
Cho các số x, y, z\(\ge\)0 và x+ y+ z= 1. Chứng minh rằng: x+ 2y+ z\(\ge\)4(1-x)(1-y)(1-z).
\(4\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(1-y\right)\le\left(x+2y+z\right)^2\left(1-y\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left(x+2y+z\right)\left(x+2y+z+1-y\right)^2=x+2y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=z=\frac{1}{2}\\y=0\end{cases}}\)
Cho: x,y,z ≥ 0. Chứng minh:
\(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)
Áp dụng bđt Mincopxki:
\(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\)
\(\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(1+1+1\right)^2}=\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\)
\(AM-GM:\left(x+y+z\right)^2+9\ge2\sqrt{9\left(x+y+z\right)^2}=6\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)
Cách dùng C-S:
\(VT=\sum\limits_{cyc} \sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2 +y^2 +z^2 +3 +2\sum\limits_{cyc} \sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}}\)
\(\geq \sqrt{x^2 +y^2 +z^2 +3 +2\sum\limits_{cyc} (xy+1)}\)\(=\sqrt{\left(x+y+z-3\right)^2+6\left(x+y+z\right)}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Cái câu này làm gì thuộc chủ đề HTL trong tam giác vuông :)
P/s: Bị dành mất slot v:
các bạn ơi, giúp mình với:
Cho \(x\ge y\ge z>0\)
Chứng minh rằng \(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\ge x^2+y^2+z^2\)
ngu ngườingu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
ngu người
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
chó ngu
\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\)
do x,y,z≥0 nên x2≥0 , y+z≥0
áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số dương \(\dfrac{x^2}{y+z}\) và y+z/4
x^2/y+z +(y+z)/4≥2\(\sqrt{\dfrac{x^2}{y+z}.\dfrac{\left(y+z\right)}{4}}\) =x (1)
y^2/x+z+(x+z)/4≥2\(\sqrt{\dfrac{y^2}{x+z}.\dfrac{x+z}{4}}\) =y (2)
z^2/y+x+(y+x)/4≥2\(\sqrt{\dfrac{z^2}{y+x}.\dfrac{y+x}{4}}\) =z (3)
từ (1)(2)(3)
➜\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\)+(y+z/4)+(z+x)/4+(x+y)/4 ≥ x+y+z
⇔\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\) +(a+b+c)/2 ≥x+y+z
⇔\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\) ≥ (x+y+z)/2
⇔\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\) ≥1 (vì x+y+z=2)
vậy giá trị nhỏ nhất của \(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\) =1
Nham ko phai Nesbit, Cauchy-Schwarz ra luon