Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Sửa: $x^2\geq y^2+z^2$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$P\geq \frac{y^2+z^2}{x^2}+\frac{7x^2}{2}.\frac{4}{y^2+z^2}+2007$
$=\frac{y^2+z^2}{x^2}+\frac{14x^2}{y^2+z^2}+2007$
$=\frac{y^2+z^2}{x^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{13x^2}{y^2+z^2}+2007$
$\geq 2+\frac{13x^2}{y^2+z^2}+2007$ (áp dụng BĐT Cô-si)
$\geq 2+13+2007=2022$ (do $x^2\geq y^2+z^2$)
Vậy $P_{\min}=2022$
vì x2+y2+z2=1 mà x2+y2+z2>=xy+yz+xz suy ra 1>= xy+yz+xz
x2+y2+z2=1 suy ra (x-y)2=1-2xy-z2 ,(y-z)2=1-2yz-x2,(x-z)2=(x-z)2=1-2xz-y2
\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2]=\)
\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-\left(2xy+z^2+2yz+x^2+2xz+y^2\right)]\)(do (x-y)2=1-2xy-z2(y-z)2=1-2yz-x2,(x-z)2=(x-z)2=1-2xz-y2)
theo bdt cosi ta có:
\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-\left(2xy+z^2+2yz+x^2+2xz+y^2\right)]\)
\(\le\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-\left(2z\sqrt{2xy}+2y\sqrt{2xz}+2x\sqrt{2yz}\right)]\)
\(\le\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-3\sqrt[3]{\left(2z\sqrt{2xy}.2y\sqrt{2xz}.2x\sqrt{2yz}\right)}\)
\(=\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}[1-2\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}]\)\(=\sqrt{3}\left(1+\frac{1}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\right)=\sqrt{3}\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\right)\)
suy ra
\(\frac{x+y+z}{xy+yz+xz}\ge3.\sqrt[3]{xyz}\left(doxy+yz+xz\le1\right)\)
ta giả sử:
\(3\sqrt[3]{xyz}\ge\sqrt{3}\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\right)\Leftrightarrow\sqrt{3}\ge\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\) mà \(\sqrt{3}>\frac{3}{2}\)
suy ra \(\frac{3}{2}\ge\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\)(luôn đúng) suy ra điều giả sử trên là đúng
hay \(3\sqrt[3]{xyz}\ge\sqrt{3}\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\right)\)
mà \(\frac{x+y+z}{xy+yz+xz}\ge3.\sqrt[3]{xyz}\),\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-\left(2xy+z^2+2yz+x^2+2xz+y^2\right)]\)\(\le\sqrt{3}\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\sqrt[3]{xyz^2}\right)\)
suy ra \(\frac{x+y+z}{xy+yz+xz}\ge\)\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[3-\left(2xy+z^2+2yz+x^2+2xz+y^2\right)]\)
suy ra \(\frac{x+y+z}{xy+yz+xz}\ge\)\(\sqrt{3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2]\)(đpcm)
em mới có lớp 8, nếu em làm sai cho em xin lỗi nha anh
\(H\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2xy\left(x+y^3\right)}+\frac{\left(y+z\right)^2}{2yz\left(y+z\right)}+\frac{\left(z+x\right)^2}{2zx\left(z+x\right)}=\frac{1}{2xy\left(x+y\right)}+\frac{1}{2yz\left(y+z\right)}+\frac{1}{2zx\left(z+x\right)}\)
\(\Rightarrow H\ge\frac{9}{2}.\frac{1}{xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)}\)
Ta chứng minh BĐT phụ sau:
\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3-x^2y+y^3-xy^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(x-y\right)-y^2\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT phụ được chứng minh
Hoàn toàn tương tự: \(y^3+z^3\ge yz\left(y+z\right)\); \(z^3+x^3\ge zx\left(z+x\right)\)
\(\Rightarrow H\ge\frac{9}{2}.\frac{1}{x^3+y^3+y^3+z^3+z^3+x^3}=\frac{9}{4\left(x^3+y^3+z^3\right)}=\frac{9}{32}\)
\(H_{min}=\frac{9}{32}\) khi \(x=y=z=\frac{2\sqrt{3}}{3}\)
Biến đổi tương đương, dễ dàng chứng minh Bđt:
\(\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+\frac{4}{\left(x+z\right)^2}\ge\frac{4}{x^2+yz}\)\(\Rightarrow VT\ge\frac{x^2}{yz}+\frac{4}{x^2+yz}\)
Từ \(3y^2z^2+x^2=2\left(x+yz\right)\) ta có:
\(3y^2z^2+x^2\le x^2+1+2yz\)
\(\Rightarrow3y^2z^2-2yz-1\le0\Rightarrow yz\le1\)
Khi đó:
\(VT\ge x^2+\frac{4}{x^2+1}=\left(x^2+1\right)+\frac{4}{x^2+1}-1\ge3\)
Dấu = khi x=y=z=1
bài 28
\(P=\frac{\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left[\left(a-c\right)^2-b^2\right]}\)
=>\(P=\frac{\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a-c-b\right)\left(a-c+b\right)}\)
=>\(P=1\)
Bài 30 phải là xy+y+x=3.
Ta có: xy+y+x=3 => (x+1)(y+1)=4(1)
yz+y+z=8 => (y+1)(z+1)=9(2)
zx+x+z=15 => (x+1)(z+1)=16(3)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế, ta có:
[(x+1)(y+1)(z+1)]2=576
=> (x+1)(y+1)(z+1)=24(I) hoặc (x+1)(y+1)(z+1)=-24(II)
Lần lượt thay (1),(2),(3) vào (I),(II), tính x,y,z.
Kết quả: P=43/6 hoặc P=-79/6
Ta có : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\le\left(x.1+y.1+z.1\right)^2\) (bđt Bunhiacopxki)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) hay \(1\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge3\Rightarrow x+y+z\ge\sqrt{3}\) (do x;y;z dương)
Áp dụng bđt AM - GM ta có :
\(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\ge2\sqrt{\frac{xy}{z}.\frac{yz}{x}}=2y\)
\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}\ge2\sqrt{\frac{xy}{z}.\frac{xz}{y}}=2x\)
\(\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\ge2\sqrt{\frac{yz}{x}.\frac{xz}{y}}=2z\)
Cộng vế với vế ta được :
\(2C\ge2\left(x+y+z\right)=2\sqrt{3}\Rightarrow C\ge\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Đức Hùng hình như áp dụng sai ( ngược dấu ) BĐT Bunhiacopxki rồi
\(P=1+\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z^2}{xy}\)
vì \(x^2+y^2=z^2\Rightarrow z=\sqrt{x^2+y^2}\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:
\(\left(1+1\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow z=\sqrt{x^2+y^2}\ge\sqrt{\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}\left(x+y\right)}{2}\)
do đó \(P\ge1+\dfrac{\sqrt{2}\left(x+y\right)}{2}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{x^2+y^2}{xy}\)
Áp dụng BĐT cauchy:\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)và\(x^2+y^2\ge2xy\)
\(P\ge1+\dfrac{\sqrt{2}\left(x+y\right)}{2}.\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{2xy}{xy}=3+2\sqrt{2}\)
dấu = xảy ra khi \(x=y=\dfrac{\sqrt{2}z}{2}\)