Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 + 2x + 2y + 2z + 3 >= 0 với mọi số thực x, y, z
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TN
27 tháng 5 2018
\(VT=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+xz\right)+2\frac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2-2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+2\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(=\: 6\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^2-2\cdot\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^2}{3}+2\cdot\frac{9}{4\cdot\frac{3}{4}}=9\)
22 tháng 10 2017
\(x^2+y^2+z^2+2x-2y-2z+3\)
\(=x^2+y^2+z^2+2x-2y-2z+1+1+1\)
\(=\left(x^2+2x+1\right)+\left(y^2-2y+1\right)+\left(z^2-2z+1\right)\)
\(=\left(x+1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\)
Ta có :
\(\left(x+1\right)^2\ge0\) với mọi x \(\in R\)
\(\left(y-1\right)^2\ge0\) với mọi y \(\in R\)
\(\left(z-1\right)^2\ge0\) với mọi z \(\in R\)
\(\Rightarrow\left(x+1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\ge0\) với mọi x,y,z \(\in R\)
Hay \(x^2+y^2+z^2+2x-2y-2z+3\ge0\) với mọi x,y,z là các số thực
10 tháng 9 2023
a) \(x^2+xy+y^2+1\)
\(=x^2+xy+\dfrac{y^2}{4}-\dfrac{y^2}{4}+y^2+1\)
\(=\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+1\)
mà \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2\ge0,\forall x;y\\\dfrac{3y^2}{4}\ge0,\forall x;y\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+1>0,\forall x;y\)
\(\Rightarrow dpcm\)
10 tháng 9 2023
b) \(...=x^2-2x+1+4\left(y^2+2y+1\right)+z^2-6z+9+1\)
\(=\left(x-1\right)^2+4\left(y^{ }+1\right)^2+\left(z-3\right)^2+1>0,\forall x.y\)
\(\Rightarrow dpcm\)
CM
15 tháng 5 2019
Mặt cầu (S) tâm I(1; -2; -1) bán kính R = 5
d(I,(P)) = 3 < R
Do đó (P) cắt (S) theo một đường tròn, gọi đường tròn đó là (C).
1 tháng 4 2022
⇒(x−1)^2+4(y+1)^2+(z−3)^2≥0
x^2+4y^2+z^2-2x-6z+8y+15
=x^2+4y^2+z^2-2x-6z+8y+1+1+4+9
=(x^2-2x+1)+(4y^2+8y+4)+(z^2-6z+9)+1
=(x-1)^2+4(y+1)^2+(z-3^)2+1
Ta thấy:(x−1)^2≥0
4(y+1)^2≥0
(z−3)^ 2≥0
{(x−1)^24(y+1)^2(z−3)^2≥0
⇒(x−1)^2+4(y+1)^2+(z−3)^2≥0
⇒(x−1)2+4(y+1)2+(z−3)2+1≥0+1=1>0
x^2+y^2+z^2+2x+2y+2z+3
=(x^2+2x+1)+(y^2+2y+1)+(z^2+2z+1)
=(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2 >=0
x^2+y^2+z^2+2x+2y+2z+3 >=0 với mọi số thực x,y,z