Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}\ge\dfrac{2x}{z}\); \(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{2y}{x}\); \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{2z}{y}\)
Cộng ba vế bđt sau đó chia 2 ta được đpcm
Lời giải:
Bạn cần bổ sung điều kiện $x,y,z>0$
\(P=\frac{1}{x.\frac{y^2+z^2}{y^2z^2}}+\frac{1}{y.\frac{z^2+x^2}{z^2x^2}}+\frac{1}{z.\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}}=\frac{1}{x(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})}+\frac{1}{y(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{x^2})}+\frac{1}{z(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})}\)
\(=\frac{1}{x(3-\frac{1}{x^2})}+\frac{1}{y(3-\frac{1}{y^2})}+\frac{1}{z(3-\frac{1}{z^2})}=\frac{x}{3x^2-1}+\frac{y}{3y^2-1}+\frac{z}{3z^2-1}\)
Vì $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=3\Rightarrow x^2, y^2, z^2>\frac{1}{3}$
Xét hiệu:
\(\frac{x}{3x^2-1}-\frac{1}{2x^2}=\frac{(x-1)^2(2x+1)}{2x^2(3x^2-1)}\geq 0\) với mọi $x>0$ và $x^2>\frac{1}{3}$
$\Rightarrow \frac{x}{3x^2-1}\geq \frac{1}{2x^2}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế ta có:
$P\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})=\frac{3}{2}$
Vậy $P_{\min}=\frac{3}{2}$ khi $x=y=z=1$
Có VT = \(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xy}-\dfrac{2}{yz}-\dfrac{2}{zx}}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xyz}\left(x+y+z\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2}=\left|\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right|=VP\) (Vì x + y + z = 0)
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
1/ Đây là cách chứng minh dựa vào kiến thức lớp 9, không sử dụng các định lý hàm sin hoặc hàm cos của cấp 3:
Bạn tự vẽ hình.
Kẻ tam giác ABC với đường cao AH, ta đặt
\(BC=a;AC=b;AB=c;AH=h_a;BH=x\Rightarrow CH=a-x\)
Trong tam giác vuông ABH: \(AB^2=BH^2+AH^2\Rightarrow c^2=x^2+h^2_a\) (1)
Trong tam giác vuông ACH: \(AC^2=CH^2+AH^2\Rightarrow b^2=\left(a-x\right)^2+h^2_a\) (2)
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được:
\(c^2-b^2=x^2-\left(a-x\right)^2=2ax-a^2\Rightarrow x=\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\)
Thay x vào (1) ta được:
\(h^2_a=c^2-x^2=c^2-\left(\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)^2=\left(c-\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)\left(c+\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)\)
\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b^2-\left(a^2-2ac+c^2\right)\right)\left(a^2+2ac+c^2-b^2\right)}{4a^2}\)
\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b^2-\left(a-c\right)^2\right)\left(\left(a+c\right)^2-b^2\right)}{4a^2}\)
\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)}{4a^2}\) (3)
Gọi \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) là nửa chu vi tam giác
\(\Rightarrow a+b+c=2p\) ; \(a+b-c=2\left(p-c\right)\) ; \(b+c-a=2\left(p-a\right)\) ; \(a-b+c=2\left(p-b\right)\)
Thay vào (3) ta được:
\(h_a^2=\dfrac{2\left(p-a\right)2\left(p-c\right)2p.2\left(p-b\right)}{4a^2}=\dfrac{4p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{a^2}\)
\(\Rightarrow h_a=\dfrac{2\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{a}\)
Mà ta đã biết công thức tính diện tích tam giác:
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}h_a.a\)
\(\Rightarrow S=\dfrac{1}{2}\dfrac{2\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{a}.a=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
Bài 2:
Áp dụng đẳng thức : \(a^2+b^2\ge2ab\) (xảy ra đẳng thức khi a = b),ta có :
\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}\ge2.\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{z}=\dfrac{2x}{z}\)
Tương tự : \(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{2y}{z}\), \(\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{x^2}{y^2}\ge\dfrac{2z}{y}\)
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được :
\(2\left(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\right)\ge2\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\right)\Rightarrow\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\left(\text{đpcm}\right)\)