Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương $x, y, z$, ta được:$x^{3}+y^{2} \geqslant 2 \sqrt{x^{3} \cdot y^{2}}=2 x y \cdot \sqrt{x}$$y^{3}+z^{2} \geqslant 2 \sqrt{y^{3} \cdot z^{2}}=2 y z \cdot \sqrt{y}$$z^{3}+x^{2} \geqslant 2 \sqrt{z^{3} \cdot x^{2}}=2 z x \cdot \sqrt{z}$Khi đó BĐT đã cho trở thành:$\dfrac{2 \sqrt{x}}{x^{3}+y^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{y^{3}+z^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{z^{3}+x^{2}} \leqslant \dfrac{2 \sqrt{x}}{2 x y \sqrt{x}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{2 y z \sqrt{y}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{2 z x \sqrt{z}}=\dfrac{1}{x y}+\dfrac{1}{y z}+\dfrac{1}{z x} (1)$Mặt khác ta có:$\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}} \geqslant \dfrac{2}{x y} \Rightarrow \dfrac{1}{x y} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}\right)$
CMTT: $\dfrac{1}{y z} \leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}\right) ; \dfrac{1}{z x} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{z^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}\right)$Suy ra: $\dfrac{1}{x y}+\dfrac{1}{y z}+\dfrac{1}{z x} \leqslant \dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}(2)$Từ $(1)$ và $(2)$ ta được: $\dfrac{2 \sqrt{x}}{x^{3}+y^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{y^{3}+z^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{z^{3}+x^{2}} \leqslant \dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}$Dấu " $="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương $x, y, z$, ta được:
$x^{3}+y^{2} \geqslant 2 \sqrt{x^{3} \cdot y^{2}}=2 x y \cdot \sqrt{x}$
$y^{3}+z^{2} \geqslant 2 \sqrt{y^{3} \cdot z^{2}}=2 y z \cdot \sqrt{y}$
$z^{3}+x^{2} \geqslant 2 \sqrt{z^{3} \cdot x^{2}}=2 z x \cdot \sqrt{z}$
Khi đó BĐT đã cho trở thành:
$\dfrac{2 \sqrt{x}}{x^{3}+y^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{y^{3}+z^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{z^{3}+x^{2}} \leqslant \dfrac{2 \sqrt{x}}{2 x y \sqrt{x}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{2 y z \sqrt{y}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{2 z x \sqrt{z}}=\dfrac{1}{x y}+\dfrac{1}{y z}+\dfrac{1}{z x} (1)$
Mặt khác ta có:
$\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}} \geqslant \dfrac{2}{x y} \Rightarrow \dfrac{1}{x y} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}\right)$
CMTT: $\dfrac{1}{y z} \leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}\right) ; \dfrac{1}{z x} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{z^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}\right)$
Suy ra: $\dfrac{1}{x y}+\dfrac{1}{y z}+\dfrac{1}{z x} \leqslant \dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được: $\dfrac{2 \sqrt{x}}{x^{3}+y^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{y}}{y^{3}+z^{2}}+\dfrac{2 \sqrt{z}}{z^{3}+x^{2}} \leqslant \dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}+\dfrac{1}{z^{2}}$
Dấu " $="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$
\(VT=\sum\frac{2}{x^2+y^2}=\sum\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}=\sum\left(1+\frac{z^2}{x^2+y^2}\right)\ge\sum\left(1+\frac{z^2}{2xy}\right)=3+\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}\)
Vậy đẳng thức đã được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{3}{2}}\)
theo bđt cauchy schwarz ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2\sqrt{x}}{x^3+y^2}\le\dfrac{2\sqrt{x}}{2\sqrt{x^3y^2}}=\dfrac{1}{xy}\\\dfrac{2\sqrt{y}}{y^3+z^2}\le\dfrac{2\sqrt{y}}{2\sqrt{y^3z^2}}=\dfrac{1}{yz}\\\dfrac{2\sqrt{z}}{z^3+x^2}\le\dfrac{2\sqrt{z}}{2\sqrt{z^3y^2}}=\dfrac{1}{zy}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\le\dfrac{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}}{2}+\dfrac{\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}{2}+\dfrac{\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{x^2}}{2}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\)\(\Rightarrow dpcm\)
\(VT=x^3+y^3+z^3=\frac{x^4}{x}+\frac{y^4}{y}+\frac{z^4}{z}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x+y+z}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}}=3\)
Vậy BĐT được chứng minh . Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
