\(\dfrac{x^2}{1+16x^4}\le\dfrac{x^2}{2\sqrt{16x^4}}=\dfrac{x^2}{2.4x^2}=\dfrac{1}{8}\)

\(\dfrac{y^2}{1+16y^4}\le\dfrac{y^2}{2\sqrt{16y^4}}=\dfrac{y^2}{2.4y^2}=\dfrac{1}{8}\)

Cộng theo vế suy ra đpcm

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta có:

\(16x^4+16y^4+\frac{1}{xy}=16x^4+16y^4+\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4xy}\)

\(\geq 6\sqrt[6]{16x^4.16y^4.(\frac{1}{4xy})^4}=6\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Trước tiên ta cần chứng minh:

\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\left(\forall x;y\right)\)(1)

Ở BĐT này có nhiều cách giải nhưng em giải cách thông thường thôi

BĐT(1) tương đương \(\left(x^4-x^3y\right)+\left(y^4-xy^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\)\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\)\(\ge0\left(\forall x;y\right)\)(tự cm nhé)

\(\dfrac{x^4+y^4}{2}\ge\dfrac{x+y}{2}.\dfrac{x^3+y^3}{2}\Leftrightarrow\dfrac{2\left(x^4+y^4\right)}{4}\ge\dfrac{(x^4+y^4)+(x^3y+xy^3)}{4}\)( luôn đúng như trên)

\(\Rightarrowđpcm\)

C.hóa \(x+y=1\) và dùng C-S:

\(VT^2\le\frac{2x}{\left(y+1\right)^2}+\frac{2y}{\left(x+1\right)^2}\le\frac{8}{9}=VP^2\)

\(BDT\Leftrightarrow\frac{x}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y}{\left(2-y\right)^2}\le\frac{4}{9}\left(1\right)\)

Ta có BĐT phụ \(\frac{x}{\left(2-x\right)^2}\le\frac{20}{27}x-\frac{4}{27}\)

\(\Leftrightarrow-\frac{\left(2x-1\right)^2\left(5x-16\right)}{27\left(x-2\right)^2}\le0\) *Đúng*

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT_{\left(1\right)}\le\frac{20}{27}\left(x+y\right)-\frac{4}{27}\cdot2=\frac{4}{9}=VP_{\left(1\right)}\)

"=" khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

༺ ๖ۣۜPhạm ✌Tuấn ✌Kiệτ ༻Tâm đường tròn ở đâu

Bạn tham khảo lời giải tại đây:

https://hoc24.vn/cau-hoi/voi-0-xy-dfrac12-chung-minhdfracsqrtxy1dfracsqrtyx1-dfrac2sqrt23.461470553384

Do \(x,y>0\) BĐT tương đương:

\(\dfrac{x^2+2y^2+3}{2}\ge xy+y+1\)

\(\Leftrightarrow x^2+2y^2+3\ge2xy+2y+2\)

\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2+y^2-2y+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy BĐT được chứng minh xong

Vì x,y>0 nên các mẫu thức dương.

BĐT<=>\(2\left(xy+y+1\right)\le x^2+2y^2+3\\ \Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2y+1\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-1\right)^2\ge0\left(1\right)\)

(1) đúng với mọi x,y>0 nên BĐT đã cho được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=1.

Ta có:

\(VT=2+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\ge\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Ta có:

\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{x}{y}+1\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{y^2}}\) 

Tương tự ...

Cộng lại ta có:

\(2\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+6\ge3\left(\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{z^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{z^2}}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\ge\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{z^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{z^2}}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

\(\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{z^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{y^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{z^2}{x^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{z^2}}\ge\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{\dfrac{x}{y}}-\sqrt[3]{\dfrac{x}{z}}\right)^2+\left(\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}}-\sqrt[3]{\dfrac{y}{z}}\right)^2+\left(\sqrt[3]{\dfrac{z}{x}}-\sqrt[3]{\dfrac{z}{y}}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)