NT
3
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
8 tháng 1 2021
Đặt \(\dfrac{x}{z}=a;\dfrac{y}{z}=b\).
Theo gt ta có \(a+b\le1\).
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{21}{2}\).
Theo bđt AM - GM: \(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\ge2;a^2+\dfrac{1}{16}a^2\ge\dfrac{1}{2};b^2+\dfrac{1}{16}b^2\ge\dfrac{1}{2};\dfrac{15}{16}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\ge\dfrac{15}{32}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2\ge\dfrac{15}{32}.\left(\dfrac{4}{a+b}\right)^2\ge\dfrac{15}{2}\).
Cộng vế với vế của các bđt trên lại ta có đpcm.
22 tháng 7 2023
`a)`
`3x(2xy - 5x^2y)`
`= 3x*2xy + 3x* (-5x^2y)`
`= 6x^2y - 15x^3y`
`b)`
`2x^2y (xy - 4xy^2 + 7y)`
`= 2x^2y * xy + 2x^2y * (-4xy^2) + 2x^2y * 7y`
`= 2x^3y^2 - 8x^3y^3 + 14x^2y^2`
`c)`
`(-2/3xy^2 + 6yz^2)*(-1/2xy)`
`= (-2/3xy^2)*(-1/2xy) + 6yz^2 * (-1/2xy)`
`= 1/3x^2y^3 - 3xy^2z^2`
22 tháng 7 2023
`a, 3x(2xy-5x^2y)`
`= 6x^2y - 15x^3y`
`b, 2x^2y(xy-4xy^2+7y)`
`= 2x^3y^2 - 8x^3y^3 + 14x^2y^2`
`c, (-2/3xy^2 + 6yz^2).(-1/2xy)`
`= 1/3x^2y^3 - 3xy^2z^2`
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 2 2021
\(\left(1+x\right)^2=\left(1.1+\sqrt{xy}.\sqrt{\dfrac{x}{y}}\right)^2\le\left(1+xy\right)\left(1+\dfrac{x}{y}\right)=\dfrac{\left(1+xy\right)\left(x+y\right)}{y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(1+x\right)^2}\ge\dfrac{y}{\left(1+xy\right)\left(x+y\right)}\)
Tương tự ta có: \(\dfrac{1}{\left(1+y\right)^2}\ge\dfrac{x}{\left(1+xy\right)\left(x+y\right)}\)
Cộng vế với vế:
\(\dfrac{1}{\left(1+x\right)^2}+\dfrac{1}{\left(1+y\right)^2}\ge\dfrac{x+y}{\left(1+xy\right)\left(x+y\right)}=\dfrac{1}{1+xy}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
KN
21 tháng 5 2020
Do x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 nên ta có thế đặt: \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ca};z=\frac{c^2}{ab}\)
với \(\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\ne0\)
Khi đó BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ca\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \(\left[\text{∑}_{cyc}\left(a^2-bc\right)^2\right]\left[\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\right]\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\left(^∗\right)\)
Thật vậy. \(\left(^∗\right)\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge a^4+b^4+c^4\)\(+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-2\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2bc+2ab^2c+2abc^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
21 tháng 5 2020
Vì xyz=1 nên x,y,z \(\ne\)0. Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) thì ta có: \(abc=1\) và \(a,b,c\ne0,1\)
Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{1}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1}{\left(1-b\right)^2}+\frac{1}{\left(1-c\right)^2}\ge1\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\right)^2\)
\(-2\left[\frac{1}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}+\frac{1}{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}+\frac{1}{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{32\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left[1+\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow1+\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
18 tháng 4 2020
Ta có:
\(\frac{x}{1+x^2}+\frac{18y}{1+y^2}+\frac{4z}{1+z^2}=xyz\left(\frac{1}{yz\left(1+x^2\right)}+\frac{18}{xz\left(1+y^2\right)}+\frac{4}{xy\left(1+z^2\right)}\right)\)
\(=xyz\left(\frac{1}{yz+x\left(x+y+z\right)}+\frac{18}{xz+y\left(x+y+z\right)}+\frac{4}{xy+z\left(x+y+z\right)}\right)\)
\(=xyz\left(\frac{1}{\left(x+y\right).\left(x+z\right)}+\frac{18}{\left(y+x\right).\left(y+z\right)}+\frac{4}{\left(z+x\right).\left(z+y\right)}\right)\)
\(=xyz.\frac{\left(z+y\right)+18.\left(x+z\right)+4\left(x+y\right)}{\left(x+y\right).\left(y+z\right).\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{xyz\left(22x+5y+19z\right)}{\left(x+y\right).\left(y+z\right).\left(z+x\right)}\)(đpcm)
5 tháng 10 2021
\(1,\\ b,\Leftrightarrow\left(x^2+4x+4\right)+\left(y-1\right)^2=25\\ \Leftrightarrow\left(x+2\right)^2+\left(y-1\right)^2=25\)
Vậy pt vô nghiệm do 25 ko phải tổng 2 số chính phương
\(2,\\ a,\Leftrightarrow x^2-\left(y^2-6y+9\right)=47\\ \Leftrightarrow x^2-\left(y-3\right)^2=47\)
Mà 47 ko phải hiệu 2 số chính phương nên pt vô nghiệm
\(b,\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(3y-1\right)^2=16\)
Mà 16 ko phải tổng 2 số chính phương nên pt vô nghiệm
5 tháng 10 2021
2b,
Vì 16 ko đồng dư với 1 (mod 4) nên 16 ko phải là tổng 2 scp
Định lý Fermat về tổng của hai số chính phương – Wikipedia tiếng Việt
vô đây đọc nhé
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2+6y^2+2-4y\left(x+2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2(x^2+2x+1+6y^2+2-4xy-8y)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2x^2+12y^2-8xy+4x-16y+6\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2-4xy+4y^2\right)+4\left(x-2y\right)+2+\left(4y^2-8y+4\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2y\right)^2+4\left(x-2y\right)+2+4\left(y^2-2y+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left[\left(x-2y\right)^2+2\left(x-2y\right)+1\right]+4\left(y-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2y+1\right)^2+4\left(y-1\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
dấu''='' xảy ra khi và chỉ khi y=1,x=1
giup minh di