Chỉ có biến đổi tương đương:

\(\frac{x^2+y^2+2}{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}\le\frac{2}{1+xy}\Leftrightarrow\left(1+xy\right)\left(x^2+y^2+2\right)\le2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2+x^3y+xy^3+2xy\le2+2x^2+2y^2+2x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow xy\left(x^2+y^2-2xy\right)-\left(x^2-2xy+y^2\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)\left(x-y\right)^2\le0\) (luôn đúng với mọi \(xy\le1\))

Dấu "=" xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}x=y\\xy=1\end{matrix}\right.\)

b/ Tính chất của z ở câu b là gì bạn? z bất kì là ko được đâu, hơn nữa mẫu số của vế phải thấy hơi kì quặc

a)Bổ Đề còn đc vt dưới dạng \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\le\frac{2}{1+\sqrt{xy}}\) với \(x,y\ge0;xy\le1\).

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi \(xy=1\) hoặc \(x=y\ge0\)

Ta có

\(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\le\frac{2}{1+xy}\Leftrightarrow\frac{x^2+y^2+2}{x^2y^2+x^2+y^2+1}\le\frac{2}{1+xy}\)

\(\Leftrightarrow xy\left(x^2+y^2\right)+2xy+x^2+y^2+2\le2x^2y^2+2\left(x^2+y^2\right)+2\)

\(\Leftrightarrow xy\left(x^2+y^2-2xy\right)-\left(x^2+y^2-2xy\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(xy-1\right)\le0\)(*)

BĐT (*) đúng \(x,y\ge0;xy\le1\Rightarrow\) Bổ đề được chúng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(xy=1\) hoặc \(x=y\ge0\)

đây đâu phải toán lớp 1

cũng ko phải bài toán lớp 2

cái này toán lớp 5 r

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 sô dương ta có: \(x^2+yz\ge2x\sqrt{yz}\)

Tương tự: \(y^2+zx\ge2y\sqrt{zx};z^2+xy\ge2z\sqrt{xy}\)

Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:

\(\frac{1}{2x\sqrt{yz}}+\frac{1}{2y\sqrt{zx}}+\frac{1}{2z\sqrt{xy}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}{xyz}\le\frac{x+y+z}{xyz}\Leftrightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\right)\ge0\)(luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có: \(x^2+yz\ge2\sqrt{x^2yz}=2x\sqrt{yz}\)

Tương tự: \(y^2+zx\ge2y\sqrt{zx},z^2+xy\ge2z\sqrt{xy}\)

Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được: 

\(\frac{1}{2x\sqrt{yz}}+\frac{1}{2y\sqrt{zx}}+\frac{1}{2z\sqrt{xy}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}{xyz}\le\frac{x+y+z}{xyz}\Leftrightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\right)\ge0\)(luôn đúng)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Cách 2:

Ta chuẩn hóa xyz=1

BĐT viết lại là \(\frac{x}{x^3+1}+\frac{y}{y^3+1}+\frac{z}{z^3+1}\le\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

Ta sử dụng đánh giá

\(x-\frac{2x}{x^3+1}+\frac{3}{2}\ge\frac{9x^2}{2\left(x^2+x+1\right)}\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(2x^4+3x^2+7x+3\right)}{2\left(x^3+1\right)\left(x^2+x+1\right)}\ge0\)

Do vậy ta cần c/m \(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\)

 ta có \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(\frac{a^2}{bc};\frac{b^2}{ca};\frac{c^2}{ab}\right)\)

BĐT viết lại là \(\frac{a^4}{a^4+a^2bc+\left(bc\right)^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ca+\left(ca\right)^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+\left(ab\right)^2}\ge1\)

Theo bđt Cauchy-Schwarz ta có

\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+abc\left(a+b+c\right)+\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2}\)

Theo bđt AM-GM ta có

\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(ab\right)^2+2\left(bc\right)^2+2\left(ca\right)^2}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=> x=y=z

Cách 5:

\(VP-VT=\frac{1}{4xyz}\Sigma\frac{\left(xy+xz-2yz\right)^2+yz\left(y-z\right)^2}{\left(y+z\right)\left(x^2+yz\right)}\ge0\)

a/ \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\le\frac{2}{1+\sqrt{xy}}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+x\right)\left(1+\sqrt{xy}\right)+\left(1+y\right)\left(1+\sqrt{xy}\right)-2\left(1+x\right)\left(1+y\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow x\sqrt{xy}+2\sqrt{xy}+y\sqrt{xy}-x-y-2xy\le0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{xy}\left(x-2\sqrt{xy}+y\right)-\left(x-2\sqrt{xy}+y\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\left(\sqrt{xy}-1\right)\le0\) đúng vì \(x,y\le1\)

b/ Vì \(\hept{\begin{cases}0\le x\le y\le z\le t\\yt\le1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}xz\le1\\yt\le1\end{cases}}\)

Áp dụng câu a ta được

\(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+t}\le\frac{2}{1+\sqrt{xz}}+\frac{2}{1+\sqrt{yt}}\le\frac{4}{1+\sqrt[4]{xyzt}}\)

khó quá

KHÓ CHỨ DỄ ĐĂNG LÀM CHI

CMR : \(\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{xz+1}+\frac{z}{xy+1}\le2;\left(0\le x\le y\le z\le1\right)\)

Ta có : \(\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{xz+1}+\frac{z}{xy+1}\le\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{xy+1}+\frac{z}{xy+1}=\frac{x+y+z}{xy+1}\left(1\right)\)

Ta lại có : \(0\le x\le1;0\le y\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow xy+1\ge x+y\left(2\right)\)

Thay (2) và (1) được : \(\frac{x+y+z}{xy+1}\le\frac{xy+1+2}{xy+1}\le\frac{2\left(xy+1\right)}{xy+1}=2\)

Vì \(0\le x\le y\le z\le1\Rightarrow x-1\le0;y-1\le0\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge x+y\Rightarrow\frac{1}{xy+1}\le\frac{1}{x+y}\Rightarrow\frac{z}{xy+1}\le\frac{z}{x+y}\left(1\right)\)

Cmtt: \(\hept{\begin{cases}\frac{x}{yz+1}\le\frac{x}{y+z}\left(2\right)\\\frac{y}{xz+1}\le\frac{y}{x+z}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1), (2), (3) ta có:

\(\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{xz+1}+\frac{z}{xy+1}\le\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\left(4\right)\)

Mà \(\frac{x}{y+z}\le\frac{x+z}{x+y+z}\Rightarrow\frac{x}{y+z}\le\frac{2x}{x+y+z}\)

Cmtt: \(\hept{\begin{cases}\frac{y}{x+z}\le\frac{2y}{x+y+z}\\\frac{z}{x+y}\le\frac{2z}{x+y+z}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\le\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}\le2\left(5\right)\)

Từ (4), (5) => đpcm

Lời giải:

Do $x,y,z\in [0;1]$ nên $1+yz; 1+xz; 1+xy\geq 1+xyz$

$\Rightarrow \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \frac{x+y+z}{1+xyz}$

Ta cần chứng minh: $\frac{x+y+z}{1+xyz}\leq 2$

$\Leftrightarrow x+y+z\leq 2+2xyz(*)$

Thật vậy:

$x,y\in [0;1]\Rightarrow (x-1)(y-1)\geq 0$

$\Leftrightarrow xy+1\geq x+y\Rightarrow xy+z+1\geq x+y+z(1)$
Mà:

$xy+z+1-(2+2xyz)=xy+z-2xyz-1=xy(1-z)-(1-z)-xyz=(xy-1)(1-z)-xyz\leq 0$ do $0\leq x,y,z\leq 1$)

$\Rightarrow xy+z+1\leq 2+2xyz(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow x+y+z\leq 2+2xyz$

BĐT $(*)$ đc chứng minh nên ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,0)$ và hoán vị

Trâu bò nhưng bù lại là đơn giản:

\(VP-VT\equiv f\left(x,y,z\right)=f\left(\frac{a}{a+1},\frac{b}{b+1},\frac{c}{c+1}\right)\ge0\)

Bất đẳng thức cuối quy đồng lên sẽ thấy điều hiển nhiên ;)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(VT=\sqrt{\frac{xy}{z+xy}}+\sqrt{\frac{xz}{y+xz}}+\sqrt{\frac{yz}{x+yz}}\)

\(=\sqrt{\frac{xy}{z\left(x+y+z\right)+xy}}+\sqrt{\frac{xz}{y\left(x+y+z\right)+xz}}+\sqrt{\frac{yz}{x\left(x+y+z\right)+yz}}\)

\(=\sqrt{\frac{xy}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x+z}{x+z}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{x+y}{x+y}\right)=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" <=> \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Ủng hộ và kb với mình ha ^^

\(\frac{1}{x^2+yz}+\frac{1}{y^2+xz}+\frac{1}{z^2+xy}\)

\(\le\frac{1}{2\sqrt{x^2yz}}+\frac{1}{2\sqrt{y^2xz}}+\frac{1}{2\sqrt{z^2xy}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}}{2\sqrt{xyz}}\)

\(=\frac{\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}}{2xyz}\le\frac{\frac{x+y+x+z+x+y}{2}}{2xyz}=\frac{x+y+z}{2xyz}\)

Dấu '=' xảy ra <=> x=y=z

\(\frac{1}{x^2+yz}\le\frac{1}{2\sqrt{x^2yz}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{x}}}{2\sqrt{xyz}}=\frac{\sqrt{yz}}{2xyz}\)

Tương tự cộng vế với vế -> \(VT\le\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}{2xyz}\le VP\)

Dấu '=' xảy ra khi x=y=z

1/(x^2+yz) <= 1/(2 sqrt(x^2*yz)) = [1/sqrt(x)]/2sqrt(xyz) = sqrt(yz)/2xyz

Làm tương tự với các cái còn lại, cộng vế với vế là dc [sqrt(xy)+sqrt(yz)+sqrt(xz)]/2xyz <= VP

Dấu = xảy ra khi x=y=z