Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/
$x^2+y^2+z^2=3$
$F=\dfrac{x^2+1}{z+2}+\dfrac{y^2+1}{x+2}+\dfrac{z^2+1}{y+2}$
$\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)+6}\qquad (\text{Titu})$
Đặt $t=x+y+z$.
Ta có $t^2\le 3(x^2+y^2+z^2)=9$
$\Rightarrow t\le 3$.
Xét $f(t)=\dfrac{t^2}{t+6}$ thì $f'(t)=\dfrac{t(t+12)}{(t+6)^2}>0$ nên $f(t)$ tăng trên $(0,+\infty)$.
Mặt khác $t\ge \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt3$.
Suy ra $F\ge f(\sqrt3)=\dfrac{3}{6+\sqrt3}$ $=\dfrac{6-\sqrt3}{11}$.
Dấu bằng khi $x=y=z=1$.
$\boxed{\min F=\dfrac{6-\sqrt3}{11}}$.
b/
Đặt $S=\sqrt{\dfrac{a}{a+3}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+3}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+3}}.$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, $S^2\le (a+b+c)\left(\dfrac1{a+3}+\dfrac1{b+3}+\dfrac1{c+3}\right)$.
Lại có $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)=9$
$\Rightarrow a+b+c\ge 3$.
Theo bất đẳng thức Nesbitt dạng Engel,
$\dfrac1{a+3}+\dfrac1{b+3}+\dfrac1{c+3}\le \dfrac1{6}(3)=\dfrac12.$
Do đó $S^2\le \dfrac32$
$\Rightarrow S\le \sqrt{\dfrac32}<\dfrac32$.
Suy ra $\sqrt{\dfrac{a}{a+3}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+3}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+3}}\le \dfrac32.$
1) \(21x^2+21y^2+z^2\)
\(=18\left(x^2+y^2\right)+z^2+3\left(x^2+y^2\right)\)
\(\ge9\left(x+y\right)^2+z^2+3.2xy\)
\(\ge2.3\left(x+y\right).z+6xy\)
\(=6\left(xy+yz+zx\right)=6.13=78\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y ; 3(x+y) = z; xy + yz + zx= 13 <=> x = y = 1; z= 6
2) \(x+y+z=3xyz\)
<=> \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=3\)
Đặt: \(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\)=> ab + bc + ca = 3
Ta cần chứng minh: \(3a^2+b^2+3c^2\ge6\)
Ta có: \(3a^2+b^2+3c^2=\left(a^2+c^2\right)+2\left(a^2+c^2\right)+b^2\)
\(\ge2ac+\left(a+c\right)^2+b^2\ge2ac+2\left(a+c\right).b=2\left(ac+ab+bc\right)=6\)
Vậy: \(\frac{3}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{3}{z^2}\ge6\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = c = \(\sqrt{\frac{3}{5}}\); \(b=2\sqrt{\frac{3}{5}}\)
khi đó: \(x=z=\sqrt{\frac{5}{3}};y=\sqrt{\frac{5}{3}}\)
chào bạn. tôi nghĩ rằng bạn đủ thông minh để làm nên tích đi đã r tôi sẽ giúp @*
nếu đề bài có sai thì mong sửa giúp và trả lời hộ mình nha