K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

18 tháng 8 2017

Cái bài này bình thường :v

Đặt \(A=\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z^3}{x^3+8}\)

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z^3}{x^3+8}-\dfrac{2}{27}\left(xy+yz+xz\right)\ge\dfrac{1}{9}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y+2}{27}+\dfrac{y^2-2y+4}{27}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{y^3+8}\cdot\dfrac{y+2}{27}\cdot\dfrac{y^2-2y+4}{27}}=\dfrac{x}{3}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z+2}{27}+\dfrac{z^2-2z+4}{27}\ge\dfrac{y}{3};\dfrac{z^3}{x^3+8}+\dfrac{x+2}{27}+\dfrac{x^2-2x+4}{27}\ge\dfrac{z}{3}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(A+\dfrac{x+y+z+6}{27}+\dfrac{x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+12}{27}\ge\dfrac{x+y+z}{3}\)

\(\Leftrightarrow A+\dfrac{9}{27}+\dfrac{\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+6}{27}\ge1\)\(\Leftrightarrow A\ge\dfrac{1}{3}\)

Cần chứng minh \(VT=A-\dfrac{2}{27}\left(xy+yz+xz\right)\ge\dfrac{1}{9}=VP\)

\(\Leftrightarrow VT=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2\cdot\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{27}=\dfrac{1}{9}=VP\) (đúng)

Xảy ra khi \(x=y=z=1\)

P/s:Trình bày hơi khó hiểu, thông cảm :v

18 tháng 8 2017

Akai HarumaAce Legona

NV
7 tháng 8 2021

\(T\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+x+y+z}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{2019}{2}\)

áp dụng BĐT:\(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\) với a,b,c,x,y,z là số dương

ta có BĐT Bunhiacopxki cho 3 bộ số:\(\left(\dfrac{a}{\sqrt{x}};\sqrt{x}\right);\left(\dfrac{b}{\sqrt{y}};\sqrt{y}\right);\left(\dfrac{c}{\sqrt{z}};\sqrt{z}\right)\)

ta có :

\(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\left(x+y+z\right)\)\(=\left[\left(\dfrac{a}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\dfrac{b}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\dfrac{c}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\).\(\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{z}\right)^2\right]\)\(\ge\left(\dfrac{a}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\dfrac{b}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\dfrac{c}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\)

lúc đó ta có :\(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

ta có \(T=\dfrac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\dfrac{y^2}{y+\sqrt{zx}}+\dfrac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\)\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+\sqrt{yz}+y+\sqrt{zx}+z+\sqrt{xy}}\) mà ta có :

\(\sqrt{yz}+\sqrt{zx}+\sqrt{xy}\)\(\le\dfrac{x+y}{2}+\dfrac{x+z}{2}+\dfrac{z+y}{2}\)\(\Rightarrow\sqrt{yz}+\sqrt{zx}+\sqrt{xy}\le x+y+z\)

\(\Rightarrow T=\dfrac{2019}{2}\Leftrightarrow x=y=z=673\)

vậy \(\text{MinT}=\dfrac{2019}{2}\) khi và chỉ khi x=y=z=673

AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 1 2023

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{2}{x}+\frac{8}{9y}+\frac{18}{25z}\right)(x+y+z)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{\frac{8}{9}}+\sqrt{\frac{18}{25}})^2\)

$\Leftrightarrow A.2\geq \frac{2312}{225}$

$\Leftrightarrow A\geq \frac{1156}{225}$

Vậy $A_{\min}=\frac{1156}{225}$

NV
15 tháng 4 2021

\(A=\dfrac{2x^2}{2x+2yz}+\dfrac{2y^2}{2y+2zx}+\dfrac{2z^2}{2z+2xy}+\dfrac{9}{8\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(A\ge\dfrac{2x^2}{x^2+1+y^2+z^2}+\dfrac{2y^2}{y^2+1+z^2+x^2}+\dfrac{2z^2}{z^2+1+x^2+y^2}+\dfrac{9}{8\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(A\ge\dfrac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{x^2+y^2+z^2+1}+\dfrac{9}{8\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

Đặt \(x^2+y^2+z^2=a>0\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{2a}{a+1}+\dfrac{9}{8a}=\dfrac{2a}{a+1}+\dfrac{9}{8a}-\dfrac{15}{8}+\dfrac{15}{8}\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{\left(a-3\right)^2}{8a\left(a+1\right)}+\dfrac{15}{8}\ge\dfrac{15}{8}\)

\(A_{min}=\dfrac{15}{8}\) khi \(a=3\) hay \(x=y=z=1\)

15 tháng 4 2021

Chỉ em phương pháp múa cột trong tính nguyên hàm với ạ

AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 3 2018

Lời giải:

Từ \(xy+yz+xz=xyz\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)

Đặt \((a,b,c)=\left(\frac{1}{x}; \frac{1}{y}; \frac{1}{z}\right)\Rightarrow a+b+c=1\)

BĐT cần chứng minh trở thành:

\(P=\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}+\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{1}{16}(*)\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\frac{c^3}{(a+1)(b+1)}+\frac{a+1}{64}+\frac{b+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{64^2}}=\frac{3c}{16}\)

\(\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{b+1}{64}+\frac{c+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64^2}}=\frac{3a}{16}\)

\(\frac{b^3}{(c+1)(a+1)}+\frac{c+1}{64}+\frac{a+1}{64}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{64^2}}=\frac{3b}{16}\)

Cộng theo vế các BĐT trên và rút gọn :

\(\Rightarrow P+\frac{a+b+c+3}{32}\geq \frac{3(a+b+c)}{16}\)

\(\Leftrightarrow P+\frac{4}{32}\geq \frac{3}{16}\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{16}\)

Vậy \((*)\) được chứng minh. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=3\)