Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
6) Ta có
\(A=\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}\)
\(=\frac{x^4}{xy+2xz}+\frac{y^4}{yz+2xy}+\frac{z^4}{zx+2yz}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+2xz+yz+2xy+zx+2yz}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{1}{3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{1}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{1}{3}\)
Câu 2/
\(\frac{a^2+bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b^2+ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c^2+ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+bc}{a^2\left(b+c\right)}-\frac{1}{a}+\frac{b^2+ca}{b^2\left(c+a\right)}-\frac{1}{b}+\frac{c^2+ab}{c^2\left(a+b\right)}-\frac{1}{c}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-a\right)\left(c-a\right)}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{\left(a-b\right)\left(c-b\right)}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{c^2\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4-a^4b^2c^2-a^2b^4c^2-a^2b^2c^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^4b^2c^2+a^2b^4c^2+a^2b^2c^4\left(1\right)\)
Ma ta có: \(\hept{\begin{cases}a^4b^4+b^4c^4\ge2a^2b^4c^2\left(2\right)\\b^4c^4+c^4a^4\ge2a^2b^2c^4\left(3\right)\\c^4a^4+a^4b^4\ge2a^4b^2c^2\left(4\right)\end{cases}}\)
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế rồi rút gọn cho 2 ta được điều phải chứng minh là đúng.
PS: Nếu nghĩ được cách khác đơn giản hơn sẽ chép lên cho b sau. Tạm cách này đã.
\(P=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow xyz=1\Rightarrow P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cần cách khác thì nhắn cái