Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 . Chứng minh :
\(\frac{x^2}{1+y}+\frac{y^2}{1+z}+\frac{z^2}{1+x}\ge\frac{3}{2}\)
Cho x ,y ,z là các số nguyên dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng :
\(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y^2}{z+1}+\frac{z^2}{z+1}\ge\frac{3}{2}\)
Nếu x; y; z là các số nguyên dương mà x y z = 1 => x = y = z = 1
=> bất đẳng thức luôn xảy ra dấu bằng
Sửa đề 1 chút cho z; y; x là các số dương
Ta có: \(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y+1}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+1}.\frac{y+1}{4}}=x\)
=> \(\frac{x^2}{y+1}\ge x-\frac{y+1}{4}\)
Tương tự:
\(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y^2}{z+1}+\frac{z^2}{z+1}\ge x+y+z-\frac{y+1}{4}-\frac{z+1}{4}-\frac{x+1}{4}\)
\(=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}.3\sqrt[3]{xyz}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1
a)Cho các số x,y,z \(\ge\)1.CMR: \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\).
b) Cho x,y,z \(\ge\)0 và x\(\le1;y\le1;z\le1\)chứng minh:
\(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2}\le\frac{3}{1+xyz}\)
c)Cho a + b\(\ge\)2.CMR: \(a^3+b^3\le a^4+b^4\)
d)Cho a2+b2\(\ge\frac{1}{4}.CMR:a^4+b^4\ge\frac{1}{32}\)
\(x,y,z\ge1\)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)
Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn xyz=1. Chứng minh: \(\frac{1}{x^3\left(y+z\right)}+\frac{1}{y^3\left(z+x\right)}+\frac{1}{z^3\left(x+y\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\frac{1}{x^3\left(y+z\right)}+\frac{1}{y^3\left(z+x\right)}+\frac{1}{z^3\left(x+y\right)}\)
\(=\frac{y^2z^2}{x\left(y+z\right)}+\frac{z^2x^2}{y\left(z+x\right)}+\frac{x^2y^2}{z\left(x+y\right)}\)
\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
cho x,y,z>0 và xyz=1. Cmr: \(\frac{x^2}{1+y}+\frac{y^2}{1+z}+\frac{z^2}{1+x}\ge\frac{3}{2}\)
Em thử nha, ko chắc đâu;( em thấy nó giống giống lời giải một bài toán nào đó trên tạp chí toán tuổi thơ mà em đã đọc qua lúc trước: chỗ khúc cuối xét \(t_1>t_2\ge3\) ấy ạ. Nên bắt chước lại chỗ đó. tạm thời em chưa nghĩ ra lời nào khác.
Từ đề bài ta có \(1=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}\Rightarrow t=x+y+z\ge3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3}=\frac{t^2}{t+3}\). Cần chứng minh \(\frac{t^2}{t+3}\ge\frac{3}{2}\left(t\ge3\right)\Leftrightarrow f\left(t\right)=2t^2-3t-9\ge0\) (1)
Xét \(t_1>t_2\ge3\). Khi đó \(f\left(t_1\right)-f\left(t_2\right)=2\left(t_1^2-t_2^2\right)-3\left(t_1-t_2\right)\)
\(=2\left(t_1-t_2\right)\left(t_1+t_2\right)-3\left(t_1-t_2\right)\)
\(=\left(t_1-t_2\right)\left(2t_1+2t_2-3\right)>\left(t_1-t_2\right)\left(2.3+2.3-3\right)=9\left(t_1-t_2\right)>0\) (do \(t_1>t_2\ge3\))
Do đó khi t tăng thì hàm số f(t) tăng, tương tự t giảm thì f(t) giảm với \(t\ge3\). Do đó f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi t = 3.
Khi đó f(t) = 0. Do đó (1) đúng hay ta có đpcm.
A hay là cách này ấy nhỉ? Cách này thì chắc ăn hơn cách kia.(chỗ chứng minh f(t) >=0 với t>=3)
Cần chứng minh \(f\left(t\right)=2t^2-3t-9\ge0\)
\(\Leftrightarrow2t^2-6t+3t-9\ge0\) (Tách -3t thành -6t + 3t)
\(\Leftrightarrow2t\left(t-3\right)+3\left(t-3\right)=\left(2t+3\right)\left(t-3\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi \(t\ge3\))
Do đó f(t) \(\ge0\). Hay ta có đpcm.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng :
\(\frac{x^4y}{x^2+1}+\frac{y^4z}{y^2+1}+\frac{z^4x}{z^2+1}\ge\frac{3}{2}\)
\(x^4y+x^2y-x^2y=x^2y\left(x^2+1\right)-x^2y.\)
\(\hept{\begin{cases}\frac{x^2y\left(x^2+1\right)-x^2y}{\left(x^2+1\right)}=x^2y-\frac{x^2y}{\left(x^2+1\right)}\\\frac{y^2z\left(y^2+1\right)-y^2z}{\left(y^2+1\right)}=y^2z-\frac{y^2z}{\left(y^2+1\right)}\\\frac{z^2x\left(z^2+1\right)-z^2x}{\left(z^2+1\right)}=z^2x-\frac{z^2x}{\left(z^2+1\right)}\end{cases}}Vt\ge x^2y+y^2z+z^2x-\left(\frac{x^2y}{x^2+1}+\frac{y^2z}{y^2+1}+\frac{z^2x}{z^2+1}\right)\)
\(\hept{\begin{cases}x^2+1\ge2x\\y^2+1\ge2y\\z^2+1\ge2z\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-\frac{x^2y}{x^2+1}\ge\frac{x^2y}{2x}=\frac{xy}{2}\\\frac{y^2z}{2y}=\frac{yz}{2}\\\frac{z^2x}{2z}=\frac{xz}{2}\end{cases}\Leftrightarrow}VT\ge x^2y+y^2z+z^2x-\left(\frac{xy+yz+zx}{2}\right)}\)
\(x^2y+y^2z+z^2x\ge3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3\)
\(VT\ge3-\frac{\left(xy+yz+zx\right)}{2}\)
t chỉ làm dc đến đây thôi :))
Từ \(VT\ge x^2y+y^2z+z^2x-\left(\frac{xy+yz+zx}{2}\right)\)ta có:
\(x^2y+x^2y+y^2z=x^2y+x^2y+\frac{y}{x}\ge3xy\)(áp dụng BĐT Cauchy)
Tương tự : \(y^2z+y^2z+z^2x\ge3yz\); \(z^2x+z^2x+x^2y\ge3zx\)
Cộng vế theo vế suy ra : \(3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2y+y^2z+z^2x\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu '=' xảy ra khi x = y = z = 1
Do xyz=1. nên bđt cần chứng minh tường đương với
\(\frac{x^4}{x^3z+xz}+\frac{y^4}{y^3x+xy}+\frac{z^4}{z^3y+zy}\ge\frac{3}{2}\)
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có:
\(\frac{x^4}{x^3z+xz}+\frac{y^4}{y^3x+xy}+\frac{z^4}{z^3y+zy}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^3z+xz+y^3x+xy+z^3y+zy}\)
Do vậy ta cần cm
\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^3z+xz+y^3x+xy+z^3y+zy}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^4+y^4+z^4\right)+4\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\ge3\left(x^3z+y^3x+z^3y\right)+3\left(xy+yz+xz\right)\)
BĐT trên là tổng của 3 BĐT sau:
\(1,x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xy+yz+xz\)
\(2,x^4+y^4+z^4\ge x^3z+y^3x+z^3y\)
\(3,x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge2\left(x^3z+y^3x+z^3y\right)\)
ta có bđt trên tương đương với
\(x^2\left(x-z\right)^2+y^2\left(y-x\right)^2+z^2\left(z-y\right)^2\ge0\)
Nhân 3 ở bđt đầu tiên rồi cộng vế theo vế các bđt ở dưới ta có đpcm
dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
Cho x,y,z >0 và x+y+z=3.Chứng minh \(\frac{1}{x^2+x}+\frac{1}{y^2+y}+\frac{1}{z^2+z}\ge\frac{3}{2}\)
đặt A=\(\frac{1}{x\left(x+1\right)}\) +\(\frac{1}{y\left(y+1\right)}\) +\(\frac{1}{z\left(z+1\right)}\)=\(\frac{1}{x}\)-\(\frac{1}{x+1}\)+\(\frac{1}{y}\)-\(\frac{1}{y+1}\)+\(\frac{1}{z}\)-\(\frac{1}{z+1}\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)≥\(\frac{4}{a+b}\) (bạn tự chứng minh nha,quy đồng ,nhân chéo ,chuyển về )⇒\(\frac{1}{a+b}\) ≤\(\frac{1}{4}\)(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\))
⇒A≥\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\)-\(\frac{1}{4}\)(\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\)+3)
⇒A≥\(\frac{3}{4}\) (\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)+\(\frac{1}{z}\))-\(\frac{3}{4}\)≥\(\frac{3}{4}\) (\(\frac{9}{x+y+z}\))-\(\frac{3}{4}\)
⇒a≥\(\frac{9}{4}\)-\(\frac{3}{4}\)=\(\frac{3}{2}\) dpcm
Cho x,y,z>0, xyz=1
CMR :
\(\frac{x^2}{1+y}+\frac{y^2}{1+z}+\frac{z^2}{1+x}\ge\frac{3}{2}\)
Câu hỏi của FF_ - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
cho : x,y,z \(\ge\)0 và x + y + z \(\le\)3
chứng minh : \(\frac{x}{^{x^2+1}}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+z}\le\frac{3}{2}\le\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\)
Mình sửa lại đề nhé:
\(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\le\frac{3}{2}\le\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\)
Dễ dàng chứng minh được: \(x^2+1\ge2x\Leftrightarrow\frac{x}{x^2+1}\le\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}\)
Tương tự, ta cũng có: \(\frac{y}{y^2+1}\le\frac{1}{2};\frac{z}{z^2+1}\le\frac{1}{2}\)
Cộng từng vế của 3 BĐT trên ta được ĐPCM.
Ta chứng minh BĐT: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)
BĐT này đúng với \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\), ta được:
\(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{9}{3+x+y+z}\ge\frac{9}{3+3}\ge\frac{3}{2}\)
(*)Vế đầu :
có x^2+1 >/ 2x =>x/(x^2+1) </ x/2x=1/2, tương tự và cộng lại ta đc sigma x/(x^2+1) </ 3/2
(*)Vế sau:
Dễ dàng cm bđt 1/x+1/y+1/z >/ 9/(x+y+z) bằng bđt AM-GM
Ta có sigma 1/(1+x) >/ 9/(x+y+z)+3 >/ 9/3+3 >/ 9/6=3/2
Cho x, y, z > 0 thoả mãn: \(xy+yz+zx=3xyz\). Chứng minh rằng: \(\frac{x^3}{z+x^2}+\frac{y^3}{x+y^2}+\frac{z^3}{y+z^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\text{VT}=x-\frac{x}{x^2+z}+y-\frac{y}{y^2+x}+z-\frac{z}{z^2+y}=(x+y+z)-\left(\frac{x}{x^2+z}+\frac{y}{y^2+x}+\frac{z}{z^2+y}\right)\)
\(\geq (x+y+z)-\left(\frac{x}{2\sqrt{x^2z}}+\frac{y}{2\sqrt{y^2x}}+\frac{z}{2\sqrt{z^2y}}\right)=(x+y+z)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)(1)\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz=3xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3\)
Cauchy-Schwarz:
\(3=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}\Rightarrow x+y+z\geq 3(2)\)
\(\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\leq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(1+1+1)=9\)
\(\Rightarrow \left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)\leq 3(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Mặt khác: \(\text{VP}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=\frac{3}{2}\)
Do đó \(\text{VT}\geq \text{VP}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$