Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(x=a+1;y=b+1;z=c+1\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)và \(a+b+c=3\)
Chứng minh : \(\left(a+1\right)^3+\left(b+1\right)^3+\left(c+1\right)^3\le36\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\le24\). Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\) thì:
\(3a\ge a+b+c=3\Rightarrow2\ge a\ge1\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Theo kết quả bài này thì \(a^2+b^2+c^2\le5\) (em làm thế này cho ngắn, lúc trình bày vô bài làm thì anh ghi cả chứng minh vô luôn nha!). Vậy ta chỉ cần chứng minh: \(a^3+b^3+c^3\le9\).
Ta có: \(a^3+b^3+c^3\le a^3+b^3+c^3+3bc\left(b+c\right)\)
\(=a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3\)
\(=9\left(a-1\right)\left(a-2\right)+9\le9\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị.
Ta có \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=4\)
=> \(\orbr{\begin{cases}x+y+z=2\\x+y+z=-2\end{cases}}\)
+ \(x+y+z=2\)
Thay vào Pt (1)
=> \(xy+z\left(2-z\right)=1\)
=> \(xy=\left(z-1\right)^2\)=> \(x,y,z\ge0\)( do \(x+y+z=2>0\))
Mà \(xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\left(\frac{2-z}{2}\right)^2\)
=> \(z-1\le\frac{2-z}{2}\)=> \(z\le\frac{4}{3}\)
Hoàn toàn TT => \(x,y,z\le\frac{4}{3}\)
+ \(x+y+z=-2\)
=> \(xy+z\left(-2-z\right)=1\)
=> \(xy=\left(z+1\right)^2\)=> \(x,y,z\le0\)( do \(x+y+z=-2< 0\))
Mà \(xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\left(\frac{-2-z}{2}\right)^2\)
=> \(\left(z+1\right)^2\le\left(\frac{z+2}{2}\right)^2\)
=> \(z+1\ge\frac{-z-2}{2}\)=> \(z\ge-\frac{4}{3}\)
TT => \(x,y,z\ge-\frac{4}{3}\)
Vậy \(-\frac{4}{3}\le x,y,z\le\frac{4}{3}\)
Bài 1: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(1+x\ge2\sqrt{x}\)
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)
\(y+1\ge2\sqrt{y}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(1+x+y\right)\ge2\left(\sqrt{x}+\sqrt{xy}+\sqrt{y}\right)\)
\(1+x+y\ge\sqrt{x}+\sqrt{xy}+\sqrt{y}\Leftrightarrow VT\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}1+x=2\sqrt{x}\\x+y=2\sqrt{xy}\\y+1=2\sqrt{y}\end{cases}}\Rightarrow x=y=1\)
Khi đó \(S=x^{2013}+y^{2013}=1^{2013}+1^{2013}=2\)
Bài 2: Vì \(\hept{\begin{cases}x,y,z\in\left[-1;3\right]\\x+y+z=3\end{cases}}\) nên
\(0\le\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(3-x\right)\left(3-y\right)\left(3-z\right)\)
\(\Leftrightarrow0\le4\left(xy+yz+xz\right)-8\left(x+y+z\right)+28\)
\(\Leftrightarrow0\le2\left(xy+yz+xz\right)+2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)+2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le\left(x+y+z\right)^2+2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le3^2+2=9+2=11\)
a,PT 1 <=> (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0
=>x=y=z thay vào pt 2 ta dc x=y=z=3
c, xét x=y thay vào ta dc x=y=2017 hoặc x=y=0
Xét x>y => \(\sqrt{x}+\sqrt{2017-y}>\sqrt{y}+\sqrt{2017-x}\)
=>\(\sqrt{2017}>\sqrt{2017}\)(vô lí). TT x<y => vô lí. Vậy ...
d, pT 2 <=> x^2 - xy + y^2 = 2z = 2(x + y)
\(< =>x^2-x\left(y+2\right)+y^2-2y=0\). Để pt có no thì \(\Delta>0\)
<=> \(\left(y+2\right)^2-4\left(y^2-2y\right)\ge0\)
<=> \(-3y^2+12y+4\ge0\)<=>\(3\left(y-2\right)^2\le16\)
=> \(\left(y-2\right)^2\in\left\{1,2\right\}\). Từ đó tìm dc y rồi tìm nốt x
b,\(\hept{\begin{cases}x^3=y^3+9\\3x-3x^2=6y^2+12y\end{cases}}\).Cộng theo vế ta dc \(\left(x-1\right)^3=\left(y+2\right)^3\)=>x=y+3. Từ đó tìm dc x,y
\(-1\le x,y,z\le3\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}-1\le x\le3\\-1\le y\le3\\-1\le z\le3\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge0\\\left(3-x\right)\left(3-y\right)\left(3-z\right)\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1\ge0\\27-9\left(x+y+z\right)+3\left(xy+yz+zx\right)-xyz\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}xyz+xy+yz+zx+4\ge0\\27-9.3+3\left(xy+yz+zx\right)-xyz\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}xyz+xy+yz+zx+4\ge0\\3\left(xy+yz+zx\right)-xyz\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow4\left(xy+yz+zx\right)\ge-4\)
\(\Rightarrow2\left(xy+yz+zx\right)\ge-2\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\ge x^2+y^2+z^2-2\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2\le\left(x+y+z\right)^2=3^2=9\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\le11\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi \(f\left(x\right)=x^2\) là 1 hàm lồi trên \(\left[-1;3\right]\) and \(\left(-1;-1;3\right)›\left(a,b,c\right)\)
Theo BĐT Karamata ta có:
\(11=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+3^2\ge a^2+b^2+c^2\)