Với mọi số thực ta luôn có:

`(x-y)^2>=0`

`<=>x^2-2xy+y^2>=0`

`<=>x^2+y^2>=2xy`

`<=>(x+y)^2>=4xy`

`<=>(x+y)^2>=16`

`<=>x+y>=4(đpcm)`

\(\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{y+3}=\dfrac{x+3+y+3}{\left(x+3\right)\left(y+3\right)}\)

\(=\dfrac{x+y+6}{3x+3y+13}\)(vì \(xy=4\))

=> \(\dfrac{x+y+6}{3x+3y+13}\)≤\(\dfrac{2}{5}\)

<=> \(5\left(x+y+6\right)\)≤\(2\left(3x+3y+13\right)\)

<=>\(6x+6y+26-5x-5y-30\)≥\(0\)

<=> \(x+y-4\)≥\(0\)

Áp dụng BĐT AM-GM \(\dfrac{a+b}{2}\)≥\(\sqrt{ab}\)

Ta có \(\dfrac{x+y}{2}\)≥\(\sqrt{xy}\)

<=>\(x+y\) ≥ 2\(\sqrt{xy}\)

=>2\(\sqrt{xy}-4\)≥\(0\)

<=> \(4-4\)≥0

<=>0≥0 ( Luôn đúng )

Vậy \(\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{y+3}\)≤\(\dfrac{2}{5}\)

\(x,y,z\ge1\)nên ta có bổ đề: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)

ÁP dụng: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{\sqrt[3]{xyz^4}}}\)

\(\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4y^4z^4}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)

Dấu = xảy ra \(x=y=z\)hoặc x=y,xz=1 và các hoán vị 

trc giờ mấy bài này tui toàn quy đồng thôi, may có cách này =))

vì \(x,y,z\in\left[0;1\right]\)nên \(x^2\ge x^3;y^2\ge y^3;z^2\ge z^3\)

\(VT\le\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+y^3}+\frac{1}{1+z^3}\le\frac{3}{1+xyz}\)đúng theo BĐT câu a vì \(x,y,z\le1\)nên BĐT đổi chiều 

Dấu = xảy ra:(x,y,z)=(0;0;0);(1;1;1) ;(1;0;1);(0;1;1);(1;1;0)

a) \(\text{ }x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4-x^3y-xy^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(ĐPCM) 

*NOTE: chứng minh đc vì (x-y)^2  >= 0 ;  x^2  +xy +y^2 > 0

mình cũng làm đến nơi rồi nhưng sợ x^2+xy+y^2 chưa chắc lớn hơn 0 thanks bạn nhé

ta có \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

<=> \(x^2+y^2\ge2xy\)

<=>\(x^2+y^2+2xy\ge4xy\)

<=>\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

<=>\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

<=>\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

Cho a, b, c mà bắt chứng minh x, y, z nên ko chứng minh đc là đúng òi:)

\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\left(x-y\right)^4}{4xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)

a,b,c??? chỗ nào vậy bé ?? :)))

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn x+y+z=1 .Chứng minh

Chỗ e in đậm.

ta có \(\frac{1}{x^2+x}+\frac{x^2+x}{4}>=2\cdot\sqrt{\frac{1\cdot\left(x^2+x\right)}{\left(x^2+x\right)\cdot4}}=1\)

tương tự => \(\frac{1}{y^2+y}+\frac{y^2+y}{4}>=1;\frac{1}{z^2+z}+\frac{z^2+z}{4}>=1\)

=> VT >= 3-(\(\frac{x^2+x}{4}+\frac{y^2+y}{4}+\frac{z^2+z}{4}\))=3-\(\frac{x^2+y^2+z^2+3}{4}\)

mà \(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{4}>=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{4+4+4}=\frac{3}{4}\)

=> P>= 3-3/4-3/4=3/2

Dấu bằng khi x=y=z=1

Bài bạn Lương Ngọc Anh bị ngược dấu nên sai hoàn toàn. Lời giải:

Ta có:

\(\frac{1}{x^2+x}=\frac{1}{x\left(x+1\right)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\)

Tương tự, ta được:

\(VT=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarz:

\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\le\frac{1}{4}\left(3+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Do đó:

\(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\frac{3}{4}\left(1\right)\)

Mặt khác:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}=3\left(2\right)\)

TỪ (1) VÀ (2) TA CÓ ĐIỀU PHẢI CHỨNG MINH.

Ta có: \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)(bđt cosi)

=> \(\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\ge4\) <=> \(\left(x+y\right)^2\ge16\) <=> \(x+y\ge4\)

CM bđt tương đương: \(\frac{1}{x+3}+\frac{1}{y+3}\le\frac{2}{5}\) 

<=> \(\frac{5\left(x+3\right)+5\left(y+3\right)}{\left(y+3\right)\left(y+3\right)}\le2\)

<=> \(2\left(xy+3x+3y+9\right)\ge5x+5y+30\)

<=> \(2.4+6\left(x+y\right)+18-5\left(x+y\right)-30\ge0\)

<=> \(x+y-4\ge0\) (vì x + y \(\ge\)4)

<=> \(4-4\ge0\) (Luôn đúng) 

=> ĐPCM

Ghi chú: Này, mình mới lớp 6, nên giải chưa biết chắc là đúng hay sai nên lỡ có sai thì bạn đừng trách mình nhé!

Đặt \(A=\frac{x}{y\left(z+1\right)}+\frac{y}{z\left(x+1\right)}+\frac{z}{x\left(y+1\right)}\le\frac{9}{4}\)(Sửa đề)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)với a,b dương và x + y + z = 1,ta có:

\(\frac{4}{y\left(z+1\right)}=\frac{4}{y\left(z+x+y+z\right)}=\frac{4}{y\left(\left(z+x\right)+\left(z+y\right)\right)}\le\frac{4}{y}\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)\)

Nhân hai vế với số dương xy, ta được:

\(\frac{4xy}{y\left(z+1\right)}\le\frac{4xy}{y}\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)\). Do đó:

\(4A=\frac{4xy}{y\left(z+1\right)}+\frac{4yz}{z\left(x+1\right)}+\frac{4zx}{x\left(y+1\right)}\)

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

\(=4x\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)+4y\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+4z\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)

\(=\frac{4x}{z+x}+\frac{4x}{z+y}+\frac{4y}{x+y}+\frac{4y}{x+z}+\frac{4z}{y+z}+\frac{4z}{y+z}\)

\(\Rightarrow4A\le\frac{4x+4y}{z+x}+\frac{4y+4z}{z+y}+\frac{4z+4x}{x+y}=x+y+z=9\)

Do : \(4A\le9\)nên \(A< \frac{9}{4}\)

Bài 2 : đã cm bên kia

Bài 1: :| 

we had điều này:

\(2=\frac{2014}{x}+\frac{2014}{y}+\frac{2014}{z}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x-2014}{x}+\frac{y-2014}{y}+\frac{z-204}{z}=1\)

Xòng! bunyakovsky

P/s : Bệnh lười kinh niên tái phát nên ít khi ol sorry :<