K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
HN
21 tháng 1 2017
x2 + y2 + z2 - xy - 3y - 2z + 4 = 0
\(\Leftrightarrow\)(x2 - xy +\(\frac{y^2}{4}\)) + (\(\frac{3y^2}{4}\) - 3y + 3) + (z2 - 2z + 1) = 0
\(\Leftrightarrow\)(x -\(\frac{y}{2}\))2 + (z - 1)2 + 3(\(\frac{y}{2}\) - 1)2 = 0
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x-\frac{y}{2}=0\\z-1=0\\\frac{y}{2}-1=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=1\\y=2\\z=1\end{matrix}\right.\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 4 2020
\(4x^2+4y^2+4z^2-4xy-12y-8z+12< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y\right)^2+3\left(y-2\right)^2< 4-4\left(z-1\right)^2\)
Do \(\left(2x-y\right)^2+3\left(y-2\right)^2\Rightarrow4-4\left(z-1\right)^2>0\)
\(\Rightarrow\left(z-1\right)^2< 1\Rightarrow z-1=0\Rightarrow z=1\)
\(\Rightarrow\left(2x-y\right)^2< 3-3\left(y-2\right)^2\)
Tương tự ta có \(3-3\left(y-2\right)^2>0\Rightarrow y-2=0\Rightarrow y=2\)
\(\left(2x-2\right)^2< 3\Rightarrow\left(x-1\right)^2< \frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow x-1=0\Rightarrow x=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 2 2020
Bài 1:
Ta có:
\(x^2+xy+y^2=\frac{3}{4}(x^2+2xy+y^2)+\frac{1}{4}(x^2-2xy+y^2)\)
\(=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+y)}{2}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\sqrt{y^2+yz+z^2}\geq \frac{\sqrt{3}(y+z)}{2}; \sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+z)}{2}\)
Cộng theo vế các BĐT trên:
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}+\sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \sqrt{3}(x+y+z)\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 2 2020
Bài 2:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$4(a^9+b^9)-(a+b)(a^3+b^3)(a^5+b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a+b)(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a+b)(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3a^8+3b^8+4a^6b^2+4a^2b^6+4a^4b^4-(4a^7b+4ab^7+5a^5b^3+5a^3b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2-ab+b^2)(3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4)\geq 0$
BĐT trên luôn đúng vì:
$(a-b)^2\geq 0, \forall a,b$
$a^2-ab+b^2=(a-\frac{b}{2})^2+\frac{3}{4}b^2\geq 0, \forall a,b$
$3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4=3(a^4+b^4+2a^2b^2)+a^2b^2+5ab(a^2+b^2)$
$=3(a^2+b^2)^2+5ab(a^2+b^2)+a^2b^2$
$=(a^2+b^2)(3a^2+3b^2+5ab)+a^2b^2=(a^2+b^2)[3(a+\frac{5}{6}b)^2+\frac{11}{12}b^2]+a^2b^2\geq 0$ với mọi $a,b$
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$ hoặc $a+b=0$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
22 tháng 7 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM với các số dương $x,y,z$ ta có:
$(\sqrt{3}-1)^2x^2+y^2\geq 2(\sqrt{3}-1)xy$
$(\sqrt{3}-1)^2z^2+y^2\geq 2(\sqrt{3}-1)yz$
$2(\sqrt{3}-1)x^2+2(\sqrt{3}-1)z^2\geq 4(\sqrt{3}-1)xz$
Cộng theo vế và thu gọn:
2(x^2+y^2+z^2)\geq 2(\sqrt{3}-1)(xy+yz+2xz)$
$\Rightarrow P=\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+2xz}\geq \sqrt{3}-1$
Vậy $P_{\min}=\sqrt{3}-1$ khi $(\sqrt{3}-1)x=(\sqrt{3}-1)z=y$
28 tháng 5 2022
a: \(A=77^2+77\cdot22+77=7700\)
b: \(B=2\cdot\left(1.007+0.006\right)+2\left(-0.006-1.007\right)\)
\(=0\)
c: \(C=\left(x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(=\left(x-1\right)\left(x-2\right)^2=\left(3-1\right)\cdot\left(3-2\right)^2=2\)
d: \(D=\left(-5\right)^2\cdot2-2+\left(-5\right)\cdot2^2+5\)
\(=25\cdot2-2-5\cdot4+5\)
=50-2-20+5
=55-22=33
5 tháng 12 2018
bài này là >=nhé bạn
Áp dụng bđt AM-GM:
\(x^2y^2+y^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^4z^2}=2xy^2z\)
\(y^2z^2+x^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^2z^4}=2xyz^2\)
\(x^2z^2+x^2y^2\ge2\sqrt{x^4y^2z^2}=2x^2yz\)
cộng theo vế và rút gọn
\(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x+y+z}\ge xyz\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z\)
E
0
mk k bt lm. Mk ms hk lp 8...
Lời giải:
Nhân $4$ vào cả hai vế, phương trình trở thành:
\(4x^2+4y^2+4z^2-4xy-12y-8z+16=0\)
\(\Leftrightarrow (2x-y)^2+3(y-2)^2+(2z-2)^2=0\)
Vì \((2x-y)^2, (y-2)^2,(2z-2)^2\geq 0\forall x,y,z\in\mathbb{Z}\) nên
\((2x-y)^2+3(y-2)^2+(2z-2)^2\geq 0\)
Dấu $=$ xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} 2x-y=0\\ y-2=0\\ 2z-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=2\\ x=1\\ z=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \((x,y,z)=(1,2,1)\) là nghiệm của HPT