Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
$xy+yz+xz=3xyz$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$
Đặt $\left(\frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}\right)=(a,b,c)$ thì bài toán trở thành:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$
---------------------------------
Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\geq \frac{2}{ab}$
$\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{2}{bc}$
$\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\geq \frac{2}{ac}$
Cộng theo vế và thu gọn: $\sum \frac{1}{a^2}\geq \sum \frac{1}{ab}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc}$
Ta cần chứng minh $\frac{3}{abc}\geq a^2+b^2+c^2$ thì bài toán sẽ được chứng minh.
$\Leftrightarrow abc(a^2+b^2+c^2)\leq 3(*)$
Theo hệ quả BĐT AM-GM: $3abc=abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}$
$\Rightarrow abc\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{9}$
$\Rightarrow abc(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)^2}{9}$
Mà:
$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)^2\leq \left(\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ab+bc+ac}{3}\right)^3=\frac{(a+b+c)^6}{27}=27$ theo AM-GM
Do đó: $abc(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{27}{9}=3$. BĐT $(*)$ được CM
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=1$
1 ) Đề bài > not \(\ge\)
Giả sử đpcm là đúng , khi đó , ta có :
\(x^2+y^2+8>xy+2x+2y\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+16>2xy+4x+4y\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(x^2-4x+4\right)+\left(y^2-4y+4\right)+8>0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(x-2\right)^2+\left(y-2\right)^2+8>0\left(1\right)\)
Do \(\left(x-y\right)^2+\left(x-2\right)^2+\left(y-2\right)^2+8\ge8>0\forall x;y\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) => Điều giả sử là đúng => đpcm
2 ) ĐK : a ; b ; c không âm
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) ( cái này bạn áp dụng BĐT Cô - si để c/m ) , ta có :
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{9}{a+b+b+c+c+a}=\frac{9}{6.2}=\frac{3}{4}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=2\)
3 ) Áp dụng BĐT Cô - si cho các cặp số không âm , ta có :
\(x^2+y^2\ge2xy;y^2+z^2\ge2yz;x^2+z^2\ge2xz\)
\(\Rightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2xz\left(1\right)\)
\(x^2+1\ge2x;y^2+1\ge2y;z^2+1\ge2z\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge2x+2y+2z\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) , ta có : \(2x^2+2y^2+2z^2+x^2+y^2+z^2+3\ge2xy+2yz+2xz+2x+2y+2z\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2+1\right)\ge2\left(x+y+z+2xy+2xz+2yz\right)=2.6=12\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+1\ge4\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:
$\frac{x^3}{x+1}+\frac{x(x+1)}{4}\geq x^2$
$\frac{y^3}{y+1}+\frac{y(y+1)}{4}\geq y^2$
$\frac{z^3}{z+1}+\frac{z(z+1)}{4}\geq z^2$
Cộng theo vế và thu gọn: $P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)}{4}$
Cũng theo BĐT AM-GM: $(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$
$\Rightarrow 3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)\geq 3(x^2+y^2+z^2)-\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=t^2-t$ với $t=\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}\geq 3$
Dễ thấy $t^2-t=t(t-3)+2(t-3)+6=(t+2)(t-3)+6\geq 6$ với $t\geq 3$
Do đó $P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)}{4}\geq \frac{6}{4}=\frac{3}{2}$
Vậy $P_{\min}=\frac{3}{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Ta có đánh giá quen thuộc: \(\left(xy+yz+zx\right)^2\ge3xyz\left(x+y+z\right)=3\left(x+y+z\right)\)(Do xyz = 1)\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+z}\ge\frac{3}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\)
Như vậy, ta cần chứng minh: \(\frac{3}{\left(xy+yz+zx\right)^2}+\frac{1}{3}\ge\frac{2}{xy+yz+zx}\)
Đặt \(t=\frac{1}{xy+yz+zx}\)thì bất đẳng thức trở thành \(3t^2+\frac{1}{3}\ge2t\Leftrightarrow9t^2+1\ge6t\Leftrightarrow\left(3t-1\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}t=\frac{1}{xy+yz+zx}=\frac{1}{3}\\x=y=z>0,xyz=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
\(\frac{1}{x+y+z}+\frac{1}{3}=\frac{1}{x+y+z}+\frac{1}{3xyz}\ge\frac{2}{\sqrt{3xyz\left(x+y+z\right)}}\ge\frac{2}{xy+yz+zx}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Giả sử n^2 + 2006 = m^2 (m,n la số nguyên)
Suy ra n^2 - m^2 =2006 <==> ( n - m )( n + m ) = 2006
Gọi a = n - m, b = n + m ( a,b cũng là số nguyên)
Vì tích của a và b bằng 2006 la một số chẵn, suy ra trong 2 số a và b phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác ta có: a + b = (n - m) + (n + m) = 2n là 1 số chẵn ==> a và b phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ(2)
Từ (1) và (2) suy ra a và b đều là số chẵn
Suy ra a = 2k , b= 2l ( với k,l là số nguyên)
Theo như trên ta có a.b = 2006 hay 2k.2l = 2006 hay 4.k.l = 2006
Vì k,l là số nguyên nên suy ra 2006 phải chia hết cho 4 ( điều này vô lý, vì 2006 không chia hết cho 4)
Vậy không tồn tại số nguyên n thỏa mãn đề bài đã cho.(đpcm)
đặt \(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge\frac{3}{4}\)
áp dụng bđt holder ta có:
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(b^3+c^3+a^3\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^3\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\ge\frac{27}{64}\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge\frac{3}{8}\Leftrightarrow\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\ge\frac{3}{8}\left(Q.E.D\right)\)