Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
http://diendantoanhoc.net/topic/160455-%C4%91%E1%BB%81-to%C3%A1n-v%C3%B2ng-2-tuy%E1%BB%83n-sinh-10-chuy%C3%AAn-b%C3%ACnh-thu%E1%BA%ADn-2016-2017/
3) \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1\)
\(\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)\left(a+b+c\right)=a+b+c\)
\(\dfrac{a^2+a\left(b+c\right)}{b+c}+\dfrac{b^2+b\left(a+c\right)}{a+c}+\dfrac{c^2+c\left(a+b\right)}{a+b}=a+b+c\)
\(\dfrac{a^2}{b+c}+a+\dfrac{b^2}{a+c}+b+\dfrac{c^2}{a+b}+c=a+b+c\)
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=0\)
Vậy: \(P=0\)
Có \(VT=\dfrac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\dfrac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\dfrac{z^2}{z^3-xyz+2013z}\)
\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)\right]+2013\left(x+y+z\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)+3\left(xy+yz+zx\right)}\)
(vì \(2013=3.671=3\left(xy+yz+zx\right)\))
\(=\dfrac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\dfrac{x+y+z}{\left(x+y+z\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{x+y+z}\)
ĐTXR \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2-yz+2013}=\dfrac{1}{y^2-zx+2013}=\dfrac{1}{z^2-xy+2013}\)
\(\Leftrightarrow x^2-yz=y^2-zx=z^2-xy\)
\(\Leftrightarrow x=y=z\) (với \(x,y,z>0\))
Vậy ta có đpcm.
Lời giải:
$2\text{VT}=2(x+y+z)-4(xy+yz+xz)+8xyz$
$=(2x-1)(2y-1)(2z-1)+1$
Do $x,y,z\in [0;1]$ nên $-1\leq 2x-1, 2y-1, 2z-1\leq 1$
$\Rightarrow (2x-1)(2y-1)(2z-1)\leq 1$
$\Rightarrow 2\text{VT}\leq 2$
$\Rightarrow \text{VT}\leq 1$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,1), (0,0,1)$ và hoán vị.
\(A=\sqrt{\dfrac{x^2}{x^2+\dfrac{1}{4}xy+y^2}}+\sqrt{\dfrac{y^2}{y^2+\dfrac{1}{4}yz+z^2}}+\sqrt{\dfrac{z^2}{z^2+\dfrac{1}{4}zx+x^2}}\le2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{y}{4x}+\dfrac{y^2}{x^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{z}{4y}+\dfrac{z^2}{y^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{4z}+\dfrac{x^2}{z^2}}}\le2\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{x}=a\\\dfrac{z}{y}=b\\\dfrac{x}{z}=c\end{matrix}\right.\) thì bài toán thành
Chứng minh: \(A=\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le1\) với \(abc=1\)
Thử giải bài toán mới này xem sao bác.
*C/m bài toán mới của HUngnguyen
Ta có BĐT phụ \(\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le\dfrac{a+1}{2\left(a^2+a+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\left(4a^2+a+4\right)\ge4\left(a^2+a+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}\le\dfrac{b+1}{2\left(b^2+b+1\right)};\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le\dfrac{c+1}{2\left(c^2+c+1\right)}\)
CỘng theo vế 3 BĐT trên ta có;
\(VT\le1=VP\) * Chỗ này tự giải chi tiết ra nhé, giờ bận rồi*
Trước hết, ta đi chứng minh một bổ đề sau: Nếu \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\). Thật vậy, ta phân tích
\(P=a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(P=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)
\(P=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(P=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\).
Hiển nhiên nếu \(a+b+c=0\) thì \(P=0\) hay \(a^3+b^3+c^3=3abc\), bổ đề được chứng minh.
Do \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\) nên áp dụng bổ đề, ta được \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\).
Vì vậy \(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{zx}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}=\dfrac{xyz}{x^3}+\dfrac{xyz}{y^3}+\dfrac{xyz}{z^3}\) \(=xyz\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)\) \(=xyz.\dfrac{3}{xyz}=3\). Ta có đpcm
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 4 số dương :
\(\Rightarrow2x+xy+z+yzt\ge4\sqrt[4]{2x^2y^2z^2t}\)
\(\Rightarrow1\ge4\sqrt[4]{2x^2y^2z^2t}\Rightarrow1\ge512.x^2y^2z^2t\Rightarrow x^2y^2z^2t\le\dfrac{1}{512}\)
=> MaxI=\(\dfrac{1}{152}\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{8}\\y=2\\z=\dfrac{1}{4}\\t=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
Hà Nam Phan Đình cho tớ hỏi BĐT AM-GM là BĐT gì vậy? và lớp mấy được hok vậy ạ?