Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do vai trò của x;y;z là hoàn toàn như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\)
Khi đó 3 số được viết lại: \(\left(x-y\right)^2;\left(y-z\right)^2;\left(x-z\right)^2\)
\(x\ge y\ge z\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-y\ge0\\y-z\ge0\\x-z\ge0\end{matrix}\right.\) mà \(x-z=x-y+y-z\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-z\ge x-y\\x-z\ge y-z\end{matrix}\right.\)
Đặt \(\sqrt{m}=min\left\{x-y;y-z\right\}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-y\ge\sqrt{m}\\y-z\ge\sqrt{m}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x-z=x-y+y-z\ge2\sqrt{m}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-y\right)^2\ge m\\\left(y-z\right)^2\ge m\\\left(x-z\right)^2\ge4m\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow6m\le\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow6m\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow6m\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left[\left(x+y+z\right)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow6m\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Rightarrow m\le\frac{1}{2}\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
a) Ta có : \(1+x^2=xy+yz+zx+x^2=x\left(x+y\right)+z\left(x+y\right)=\left(x+y\right)\left(z+x\right)\)
b) \(\Sigma\left(x\sqrt{\dfrac{\left(1+y^2\right)\left(1+z^2\right)}{1+x^2}}\right)=\Sigma\left(x\sqrt{\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right).\left(x+z\right)\left(y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\right)\)
\(=\Sigma\left(x\left(y+z\right)\right)=xy+xz+xy+yz+zx+zy=2\left(xy+yz+zx\right)=2\)
a) Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y-z=a\\y+z-x=b\\z+x-y=c\end{cases}\Rightarrow}x=\frac{a+c}{2};y=\frac{b+a}{2};z=\frac{c+b}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\frac{a+b}{2}.\frac{b+c}{2}.\frac{c+a}{2}\ge abc\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\ge abc\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: \(\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\ge0\\b+c\ge2\sqrt{bc}\ge0\\c+a\ge2\sqrt{ca}\ge0\end{cases}\Rightarrow}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8abc\)
Vật bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)
Bài dễ mừ, có phải Croatia thật ko vậy :)) (viết đề bị nhầm, là x,y,z dương chứ :))
Áp dụng Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu số:
\(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y^2}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z^2}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\ge\)
\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)+\left(y+z\right)\left(y+x\right)+\left(z+x\right)\left(z+y\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)}\)
Xét \(xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\Rightarrow\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{4}{3}\left(x+y+z\right)^2}=\frac{3}{4}\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z, Xong! :))
\(5\left(x+y+z\right)^2\ge14\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2+9y^2+9z^2-10y\left(x+z\right)-10zx\le0\)
\(\Leftrightarrow9\left(\frac{x}{z}\right)^2+9\left(\frac{y}{z}\right)^2+9-10.\frac{y}{z}\left(\frac{x}{z}+1\right)-10\frac{x}{z}\le0\)
Đặt \(\left(\frac{x}{z};\frac{y}{z}\right)=\left(a;b\right)>0\)
\(9b^2-10b\left(a+1\right)+9a^2-10a+9\le0\)
Để BPT đã cho có nghiệm
\(\Rightarrow\Delta'=25\left(a+1\right)^2-9\left(9a^2-10a+9\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow25a^2+50a+25-81a^2+90a-81\ge0\)
\(\Leftrightarrow-56a^2+140a-56\ge0\Rightarrow\frac{1}{2}\le a\le2\)
\(P=\frac{2a+1}{a+2}\Rightarrow\frac{4}{5}\le P\le\frac{5}{4}\)
\(\Rightarrow P_{min}=\frac{4}{5}\) khi \(a=\frac{1}{2}\) hay \(z=2x\); \(P_{max}=\frac{5}{4}\) khi \(x=2z\)
Đoạn suy ra \(\frac{4}{5}\le P\le\frac{5}{4}\)là sao ak
\(P=\frac{y^2z^2}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{z^2x^2}{y\left(x^2+z^2\right)}+\frac{x^2y^2}{z\left(x^2+y^2\right)}\)
\(=\frac{1}{x\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)}+\frac{1}{y\left(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{x^2}\right)}+\frac{1}{z\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\) thì \(a^2+b^2+c^2=1\) Ta cần chứng minh:
\(P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\)
\(=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}\)
\(=\frac{a^2}{a\left(1-a^2\right)}+\frac{b^2}{b\left(1-b^2\right)}+\frac{c^2}{c\left(1-c^2\right)}\)
Theo đánh giá bởi AM - GM ta có:
\(a^2\left(1-a^2\right)^2=\frac{1}{2}\cdot2a^2\cdot\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}\right)^3=\frac{4}{27}\)
\(\Rightarrow a\left(1-a^2\right)^2\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{a^2}{a\left(1-a\right)^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\)
Tương tự rồi cộng lại ta có ngay điều phải chứng minh