K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
8 tháng 3 2021

Ta sẽ chứng minh \(P_{min}=1\)

TH1: \(xyz=0\)

\(\Rightarrow x^2y^2z^2=0\Rightarrow x^4+y^4+z^4=1\)

\(P=x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{x^4+y^4+z^4}=1\)

TH2: \(xyz\ne0\) , từ điều kiện, tồn tại 1 tam giác nhọn ABC sao cho \(\left\{{}\begin{matrix}x^2=cosA\\y^2=cosB\\z^2=cosC\end{matrix}\right.\)

\(P=cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)

Ta sẽ chứng minh \(cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\ge1\)

\(\Leftrightarrow4sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)

\(\Leftrightarrow8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}\ge cosA.cosB.cosC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}}{8sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}cos\dfrac{C}{2}}\ge cotA.cotB.cotC\)

\(\Leftrightarrow tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}\ge cotA.cotB.cotC\)

\(\Leftrightarrow tanA.tanB.tanC\ge cot\dfrac{A}{2}cot\dfrac{B}{2}cot\dfrac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow tanA+tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}+cot\dfrac{B}{2}+cot\dfrac{C}{2}\)

Ta có:

\(tanA+tanB=\dfrac{sin\left(A+B\right)}{cosA.cosB}=\dfrac{2sinC}{cos\left(A-B\right)-cosC}\ge\dfrac{2sinC}{1-cosC}=\dfrac{2sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{C}{2}}{2sin^2\dfrac{C}{2}}=cot\dfrac{C}{2}\)

Tương tự: \(tanA+tanC\ge cot\dfrac{B}{2}\) ; \(tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Vậy \(P_{min}=1\) khi \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(1;0;0\right)\) và các hoán vị hoặc \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

16 tháng 10 2020

Vì \(x\ge1\Rightarrow x^2\ge x\)

Từ đó: \(P\ge\frac{x}{\left(x+y\right)^2+x}+\frac{x}{z^2+x}=x\left[\frac{1}{\left(x+y\right)^2+x}+\frac{1}{z^2+x}\right]\)

\(\ge x\cdot\frac{4}{\left(x+y\right)^2+x+z^2+x}=\frac{4x}{\left(x+y\right)^2+z^2+2x}\) (Cauchy Schwarz)

Lại có: \(\left(x+y\right)^2+z^2=x^2+y^2+z^2+2xy=3\left(x+y+z\right)\)

\(\le3\sqrt{2\left[\left(x+y\right)^2+z^2\right]}\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2+z^2\le18\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{4x}{18+2x}=2-\frac{18}{x+9}\ge2-\frac{18}{1+9}=\frac{1}{5}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\\z=3\end{cases}}\)

Vậy Min(P) = 1/5 khi x = 1 ; y = 2 ; z = 3

7 tháng 3 2021

TH1: Nếu có 1 số bằng 0, giả sử là z, khi đó ta có \(x^4+y^4=1\)

và \(P=x^2+y^2\ge\sqrt{x^4+y^4}=1\)

Dấu '=' xảy ra khi 1 số =0, một số = \(\pm1\)

TH2: Nếu các số đều khác 0

Từ giả thiết => tồn tại tam giác ABC nhọn sao cho

\(x^2=\cos A,y^2=\cos B,z^2=\cos C\)

\(P=\cos A+\cos B+\cos C-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)

\(=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)

Ta chứng minh \(4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\ge\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)  (1)

Ta có (1) \(\Leftrightarrow8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}\ge\cos A\cos B\cos C\)

\(\Leftrightarrow\frac{8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}}{\sin A\sin B\sin C}\ge\frac{\cos A\cos B\cos C}{\sin A\sin B\sin C}\)

\(\Leftrightarrow\cot A\cot B\cot C\le\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow\tan A\tan B\tan C\ge\cot\frac{A}{2}\cot\frac{B}{2}\cot\frac{C}{2}\)

\(\Leftrightarrow\tan A+\tan B+\tan C\ge\cot\frac{A}{2}+\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}\)  (2)

bđt (2) đúng vì \(\tan A+\tan B\ge2\cot\frac{C}{2}\)  và 2 bđt tương tự

Dấu '=' xảy ra khi tam giác đều \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow P\ge1\)

Dấu '=' xảy ra khi 2 số =0, một số \(=\pm1\)  hoặc \(x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)

Vậy GTNN của P là 1

20 tháng 8 2019

9/4...... p ko????

NV
3 tháng 4 2021

\(VT\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3y^3z^3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}=3xyz\) (dpcm)

29 tháng 1 2022

\(A=\dfrac{\sqrt{x^3+y^3+1}}{xy}+\dfrac{\sqrt{y^3+z^3+1}}{yz}+\dfrac{\sqrt{z^3+x^3+1}}{zx}\)

\(\dfrac{\sqrt{x^3+y^3+1}}{xy}=\dfrac{\sqrt{x^3+y^3+xyz}}{xy}\ge\dfrac{\sqrt{xy\left(x+y\right)+xyz}}{xy}=\dfrac{\sqrt{xy\left(x+y+z\right)}}{xy}\ge\dfrac{\sqrt{xy.3^3\sqrt{xyz}}}{xy}=\dfrac{\sqrt{3xy}}{xy}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{xy}}\)

\(\dfrac{\sqrt{y^3+z^3+1}}{yz}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{yz}}\)

\(\dfrac{\sqrt{z^3+x^3+1}}{zx}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{zx}}\)

\(\Rightarrow A\ge\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz}}\right)\ge\sqrt{3}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\sqrt{xy.yz.xz}}}=3\sqrt{3}.\sqrt[3]{\dfrac{1}{xyz}}=3\sqrt{3}\)

7 tháng 5 2019

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(1+x^3+y^3\ge3\sqrt[3]{1.x^3.y^3}=3xy\Rightarrow\sqrt{1+x^3+y^3}\ge\sqrt{3xy}\Rightarrow\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}\)

Tương tự:\(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\ge\frac{\sqrt{3yz}}{yz};\frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{zx}\ge\frac{\sqrt{3zx}}{zx}\)

Công vế với vế của 3 BĐT trên ta đươc:

\(P\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}+\frac{\sqrt{3yz}}{yz}+\frac{\sqrt{3zx}}{zx}=\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)\) \(=\sqrt{3}.\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\ge3\sqrt{3}\)

Dấu '='xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=1}\)

Vậy \(P_{min}=3\sqrt{3}\)khi \(x=y=z=1\)

:))

NV
8 tháng 1 2022

Đề bài sai, biểu thức này ko có min

8 tháng 1 2022

vậy nó có max không thầy, nếu có thầy có thể giúp em tìm max ạ

NV
14 tháng 5 2019

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki:

\(1=\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2\le\left(x+y+z\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow x+y+z\ge1\)

\(T=\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow T_{min}=\frac{1}{2}\) khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)