cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=2.CMR: (x^2/y+z)+(y^2/z+x)+(z^2/x+y) lớn hơn hoặc bằng 1
giả sử các số thực x y z đều lớn hơn -1 và thỏa mãn điều kiện x^3+y^3+z^3>=x^2+y^2+z^2 cmr
\(x^5+y^5+z^5>=x^2+y^2+z^2\)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1/x+1/y+1/z=4. CM: 1/2x^2+y^2+z^2+1/x^2+2y^2+z^2+1/x^2+y^2+2z^2 bé hơn hoặc bằng 1
** Bạn lưu ý lần sau viết đề bằng công thức toán!
Đề cần sửa thành $\leq \frac{4}{3}$
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\frac{1}{(x^2+z^2)+(x^2+y^2)}\leq \frac{1}{2xy+2xz}=\frac{1}{2}.\frac{1}{xy+xz}\leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\right)\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
\(\sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)=\frac{x+y+z}{4xyz}\) $(1)$
Mặt khác:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4\Rightarrow 4xyz=xy+yz+xz$
$\Rightarrow 16x^2y^2z^2=(xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$ (theo BĐT AM-GM)
$\Rightarrow x+y+z\leq \frac{16}{3}xyz (2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{4}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{4}$
\(\dfrac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\dfrac{1}{x^2+y^2+x^2+z^2}\le\dfrac{1}{2xy+2xz}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{xz}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{x^2+2y^2+z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}\right)\) ; \(\dfrac{1}{x^2+y^2+2z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xz}+\dfrac{1}{yz}\right)\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right)\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2=\dfrac{4}{3}\)
Đề bài sai
cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x+y+z=xyz.Tìm GTNN của biểu thức S=x/y^2 + y/z^2 + z/x^2
M=x+yxy.1z≥2√xyxy.1z=2z√xy≥2z(x+y2)=4z(x+y)M=x+yxy.1z≥2xyxy.1z=2zxy≥2z(x+y2)=4z(x+y)
=4z(1−z)=414−(z−12)2≥16=4z(1−z)=414−(z−12)2≥16
Min M= 16 khi z=1/2 và x=y =1/4
Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện \(x+y+z=2019xyz\).CMR:
\(\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}+\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}+\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le2019.2020xyz\)
ta có \(x+y+z=2019xyz=>2019x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\)
\(=>2019x^2+1=\frac{x^2+xy+xz+yz}{yz}=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}=\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)\)
\(=>\sqrt{2019x^2+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+2\right)=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
(theo BDT cô -si)
\(=>\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le\frac{x^2+1+1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}=x+\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
tương tự \(\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{z}\le y+\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)
\(\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le z+\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
=>.vt\(\le x+y+z+3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
chứng minh được \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
=>\(3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2019xyz}\le\frac{2019\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=2019\left(x+y+z\right)\)
=>.vt\(\le2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz=\)vt
=> dpcm
Ta có: \(2019xyz=x+y+z\)
=> \(2019xy=\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+1>1\); \(2019yz=\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+1>1\); \(2019xz=\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+1>1\)
Ta lại có: \(x+y+z=2019xyz\)
=> \(2019x\left(x+y+z\right)=2019^2x^2yz\)
=> \(2019x^2+1=\left(2019^2x^2yz-2019xy\right)-\left(2019xz-1\right)\)
=> \(2019x^2+1=\left(2019xy-1\right)\left(2019xz-1\right)\le\frac{\left(2019xy+2019xz-2\right)^2}{4}\)
=> \(\sqrt{2019x^2+1}\le\frac{2019xy+2019xz-2}{2}\)
Tương tự : \(\sqrt{2019y^2+1}\le\frac{2019xy+2019yz-2}{2}\)
\(\sqrt{2019z^2+1}\le\frac{2019xz+2019yz-2}{2}\)
=> \(\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}+\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}+\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\)
\(\le\)\(\frac{x^2+1+\frac{2019xy+2019xz-2}{2}}{x}+\frac{y^2+1+\frac{2019xy+2019yz-2}{2}}{y}+\frac{z^2+1+\frac{2019xz+2019yz-2}{2}}{z}\)
\(=\frac{2x^2+2019xy+2019xz}{2x}+\frac{2y^2+2019xy+2019yz}{2y}+\frac{2z^2+2019xz+2019yz}{2z}\)
\(=x+\frac{2019}{2}y+\frac{2019}{2}z+y+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}z+z+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}y\)
\(=2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz\)
Vậy có điều cần cm
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=2019xyz\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{673}}\)
sửa lại cái dòng thứ 2 từ dưới lên nha
vt\(\le2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz=\) vp (dpcm)
bằng .vp chư ko phải = .vt nha
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện:
\(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-z^2}+z\sqrt{1-x^2}=\frac{3}{2}\)
CMR : \(x^2+y^2+z^2=\frac{3}{2}\)
Ta có x√(1-y2)<= (x2 + 1 - y2)/2
y√(1-z2)<= (y2 +1 - z2)/2
z√(1- x2)<= (z2 + 1 - x2)/2
=>x√(1-y2) +y√(1-z2)z+√(1- x2)<=3/2
Đấu đẳng thức xảy ra khi: x2 = 1 - y2
y2 = 1-z2
z2 = 1- x2
Cộng vế theo vế ta được điều phải chứng minh
Cho x,y,z,t là bốn số dương nhỏ hơn 1 thỏa mãn điều kiện:xyzt=(1−x)(1−y)(1−z)(1−t)CMR: \(x^2+y^2+z^2+t^2\ge1\)
Theo giả thiết cho: \(xyzt=\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1-t\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1-x}{x}.\frac{1-y}{y}.\frac{1-z}{z}.\frac{1-t}{t}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1-x}{x},\frac{1-y}{y},\frac{1-z}{z},\frac{1-t}{t}\right)\rightarrow\left(a,b,c,d\right)\). Lúc đó thì giả thiết được viết lại thành abcd = 1
Ta có: \(a=\frac{1-x}{x}=\frac{1}{x}-1\Rightarrow x=\frac{1}{a+1}\Rightarrow x^2=\frac{1}{\left(a+1\right)^2}\)
Tương tự, ta có: \(y^2=\frac{1}{\left(b+1\right)^2};z^2=\frac{1}{\left(c+1\right)^2};t^2=\frac{1}{\left(d+1\right)^2}\)và khi đó ta cần chứng minh:\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{1}{\left(d+1\right)^2}\ge1\)
Ta có BĐT phụ sau: \(\frac{1}{\left(p+1\right)^2}+\frac{1}{\left(q+1\right)^2}\ge\frac{1}{pq+1}\)(*)
Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwarz cho hai dãy số (pq;1) và \(\left(\frac{p}{q};1\right)\), ta có: \(\left(pq+1\right)\left(\frac{p}{q}+1\right)\ge\left(p+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(p+1\right)^2}\ge\frac{\frac{q}{p+q}}{pq+1}\)(1)
Tương tự ta có: \(\Rightarrow\frac{1}{\left(q+1\right)^2}\ge\frac{\frac{p}{p+q}}{pq+1}\)(2)
Cộng theo vế của 2 BĐT (1) và (2), ta được:
\(\frac{1}{\left(p+1\right)^2}+\frac{1}{\left(q+1\right)^2}\ge\frac{1}{pq+1}\)(đúng với (*))
Áp dụng vào bài toán, ta được:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{1}{\left(d+1\right)^2}\ge\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{cd+1}\)
\(=\frac{1}{\frac{1}{cd}+1}+\frac{1}{cd+1}=\frac{cd}{cd+1}+\frac{1}{cd+1}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)hay x = y = z = t = \(\frac{1}{2}\)
22222222222222222222222
Cho các số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xy + yz + xz =671
Cmr \(\frac{x}{x^2-yz-2013}+\frac{y}{y^2-xz-2013}+\frac{z}{z^2-yx-2013}\ge\frac{1}{x+y+z}\)
Cho các số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xy + yz + xz =671
Cmr \(\frac{x}{x^2-yz-2013}+\frac{y}{y^2-xz-2013}+\frac{z}{z^2-yx-2013}\ge\frac{1}{x+y+z}\)
\(VT=\frac{x^2}{x^3-xyz-2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz-2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz-2013z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz-2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3+3\left[\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-xyz\right]}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^3}=\frac{1}{x+y+z}\)=VP
đúng rồi ạ nhưng chỉ cần c/m đẳng thức phụ như thế này thôi ạ\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\) =>\(\frac{\left(a+b\right)2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) hay \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) là xong
cho x,y,z là các số dương vả x+y+z nhỏ hơn hoặc bằng 1, cmr \(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\) lớn hơn hoặc bằng \(\sqrt{82}\)
Đặt \(J=\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\) với \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z\le1\end{cases}}\left(i\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức \(B.C.S\) cho hai bộ số thực không âm gồm có \(\left(x^2;\frac{1}{x^2}\right)\) và \(\left(1^2+9^2\right),\) ta có:
\(\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(1^2+9^2\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)
\(\Rightarrow\) \(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+\frac{9}{x}\right)\) \(\left(1\right)\)
Đơn giản thiết lập hai bất đẳng thức còn lại theo vòng hoán vị \(y\rightarrow z\) , ta cũng có:
\(\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(y+\frac{9}{y}\right)\) \(\left(2\right);\) \(\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(z+\frac{9}{z}\right)\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế các bđt \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) , suy ra:
\(J\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\right)\)
Ta có:
\(K=x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\)
\(=\left(9x+\frac{1}{x}\right)+\left(9y+\frac{1}{y}\right)+\left(9z+\frac{1}{z}\right)+8\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-8\left(x+y+z\right)\)
Khi đó, áp dụng bđt Cauchy đối với từng ba biểu thức đầu tiên, tiếp tục với bđt Cauchy-Swarz dạng Engel cho biểu thức thứ tư, chú ý rằng điều kiện đã cho \(\left(i\right)\) , ta có:
\(K\ge2\sqrt{9x.\frac{1}{x}}+2\sqrt{9y.\frac{1}{y}}+2\sqrt{9z.\frac{1}{z}}+\frac{72}{x+y+z}-8\left(x+y+z\right)\)
\(=6+6+6+72-8=82\)
Do đó, \(K\ge82\)
Suy ra \(J\ge\frac{82}{\sqrt{82}}=\sqrt{82}\) (đpcm)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z=\frac{1}{3}\)