Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A= 4x2y2 - (x2 + y2 - z2 )2
= (2xy - x2 - y2 + z2)(2xy + x2 + y2 - z2)
=[ z2-(x-y)2].[ (x+y)2-z2 ]
=(z-x+y)(z+x-y)(x+y-z)(z+y+z)
x,y,z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác=>x>0,y>0,x>0
áp dụng bất đẳng thức của tam giác
ta có:
z-x+y>0
z+x-y>0
x+y-z>0
x+y+z>0
=> tích (z-x+y)(z+x-y)(x+y-z)(x+y+z) >0
=> A>0
Xét tam giác ABC có ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Phân giác của các góc A, B, C lần lượt là AD = x, BE = y, CF = z.
Kẻ DM // AB \((M\in AC)\).
Ta có \(\widehat{ADM}=\widehat{BAD}=\widehat{MAD}\Rightarrow\) Tam giác AMD cân tại M.
Do đó AM = MD.
Áp dụng định lý Thales với DM // AB ta có:
\(\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{CM}{AC}=1-\dfrac{AM}{AC}=1-\dfrac{DM}{AC}\Rightarrow\dfrac{MD}{AB}+\dfrac{MD}{AC}=1\Rightarrow\dfrac{1}{MD}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\).
Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác ta có \(x=AD< AM+MD=2MD\Rightarrow MD>\dfrac{x}{2}\Rightarrow\dfrac{1}{MD}< \dfrac{2}{x}\Rightarrow\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}< \dfrac{2}{x}\).
Tương tự \(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}< \dfrac{2}{y};\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}< \dfrac{2}{z}\).
Cộng vế với vế của các bđt trên rồi rút gọn ta có đpcm.
\(\frac{1}{x^2+yz}+\frac{1}{y^2+xz}+\frac{1}{z^2+xy}\)
\(\le\frac{1}{2\sqrt{x^2yz}}+\frac{1}{2\sqrt{y^2xz}}+\frac{1}{2\sqrt{z^2xy}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}}{2\sqrt{xyz}}\)
\(=\frac{\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}}{2xyz}\le\frac{\frac{x+y+x+z+x+y}{2}}{2xyz}=\frac{x+y+z}{2xyz}\)
Dấu '=' xảy ra <=> x=y=z
2
a
\(x+y+z=0\)
\(\Rightarrow x+y=-z\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^3=\left(-z\right)^3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+3x^2y+3xy^2=-z^3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xy\left(x+y\right)=3xyz\)
b
Đặt \(a-b=x;b-c=y;c-a=z\Rightarrow x+y+z=0\)
Ta có bài toán mới:Cho \(x+y+z=0\).Phân tích đa thức thành nhân tử:\(x^3+y^3+z^3\)
Áp dụng kết quả câu a ta được:
\(\left(a-b\right)^3+\left(b-c\right)^3+\left(c-a\right)^3=3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)
Câu 1
X^3+Y3+z^3-3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2 -xy-yz-zx) =0. Nên chỉ có 2 TH
a) TH1: x+y+z = 0 --> x+y=-z; y+z=-x; z+x=-y (1):
Biến đổi P= (x+y)(y+z)(z+x)/xyz (2). Thay (1) vào (2) được P = -xyz/xyz = -1
b) TH2: x^2+y^2+z^2 -xy-yz-zx --> x=y=z. Thay vào biểu thức của P được P = (1+1)(1+1)(1+1)=8
Câu 3
x^2+y^2 >= 2xy
y^2+z^2 >= 2yz
z^2+x^2>=2xz
Cộng 2 vế với vế cuae 3 BDT trên được 2(x^2+y^2+x^2)>=2(xy+yz+zx) --> x^2+y^2+x^2>= xy+yz+zx (1) Dấu = xảy ra khi x=y=z
Mặt khác A=(x+y+z)^2=x^2+y^2+x^2+2(xy+yz+zx)=9. Theo (1) A>=xy+yz+zx+2(xy+yz+zx) = 3(xy+yz+zx)
nên 9>=3(xy+yz+zx) --> 3>=xy+yz+zx. Vậy giá trị lớn nhất của P là 9. Khi đó x=y=z=1
Ta có:
x2y + y2z + z2x + zx2 + yz2 + xy2 - x3 - y3 - z3 > 0
\(\Leftrightarrow\)(x2y + zx2 - x3) + (y2z + xy2 - y3) + (z2x + z2y - z3) > 0
\(\Leftrightarrow\)x2(y + z - x) + y2(z + x - y) + z2(x + y - z) > 0 (đúng)
Vì x,y,z là 3 cạnh của tam giác nên tổng 2 cạnh lớn hơn cạnh còng lại.
mk mới học lớp 5 thôi nên ko giúp đc gì, thông cảm nha! chúc cậu học giỏi
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}y+z-x=a>0\\x+z-y=b>0\\x+y-z=c>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{b+c}{2}\\y=\dfrac{a+c}{2}\\z=\dfrac{a+b}{2}\end{matrix}\right.\)
BĐT cần c/m trở thành: \(\dfrac{b+c}{6a}+\dfrac{c+a}{6b}+\dfrac{a+b}{6c}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}\right)\ge1\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}\right)\ge\dfrac{1}{6}.6\sqrt[6]{\dfrac{b.c.c.a.a.b}{a.a.b.b.c.c}}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\) hay \(x=y=z\)