Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(x^2-y^2\right)^2=\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y>0\\x+y< 1\end{matrix}\right.\)=> dccm sai = > người ra đề sai họăc người chép đề sai ;
1. Theo BĐT AM - GM, ta có:
\(\Sigma\dfrac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}=\Sigma\dfrac{1}{\left\{\left(x+y\right)+\left(x+z\right)\right\}^2}\le\Sigma\dfrac{1}{4\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
Do đó BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta C/m được
\(\Sigma\dfrac{1}{4\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\le\dfrac{3}{16}\Leftrightarrow\dfrac{8}{3}\left(x+y+z\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{3}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
Nhưng điều này đúng vì \(xy+yz+zx\ge\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3\) và theo bổ đề bên trên. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
( Còn bài 2 để suy nghĩ rồi tối đăng cho nha )
Bài 2: Restore : a;b;c không âm thỏa \(a^2+b^2+c^2=1\)
Tìm Min & Max của \(M=\left(a+b+c\right)^3+a\left(2bc-1\right)+b\left(2ac-1\right)+c\left(2ab-1\right)\)
Bài 4: Tương đương giống hôm nọ thôi : V
Bài 5 : Thiếu ĐK thì vứt luôn : V
Bài 7: Tương đương
( Hoặc có thể AM-GM khử căn , sau đó đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\) rồi áp dụng bổ đề vasile)
Bài 8 : Đây là 1 dạng của BĐT hoán vị
@Ace Legona @Akai Haruma @Hung nguyen @Hà Nam Phan Đình @Neet
Ta có: \(VT=\frac{a(z^2+y^2)}{b+c}+\frac{b(x^2+z^2)}{a+c}+\frac{c(x^2+y^2)}{a+b}\)
\(=x^2\left(\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)+y^2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}\right)+z^2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}\right)\)
Theo BĐT AM-GM, ta có:
\(\left( \frac{c}{a+b} x^2 + \frac{c}{a+b} y^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{c^2}{(a+b)^2} x^2 y^2} = \frac{2c}{a+b} xy\)
\(\left( \frac{a}{b+c} y^2 + \frac{a}{b+c} z^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{a^2}{(b+c)^2} y^2 z^2} = \frac{2a}{b+c} yz\)
\(\left( \frac{b}{a+c} z^2 + \frac{b}{a+c} x^2 \right) \ge 2\sqrt{\frac{b^2}{(a+c)^2} z^2 x^2} = \frac{2b}{a+c} xz\)
Do đó: \(\text{VT} \ge \frac{2c}{a+b}xy + \frac{2a}{b+c}yz + \frac{2b}{a+c}xz\)
Điểm rơi của BĐT sẽ xảy ra khi a=b=c và x=y=z
Khi đó, \(\frac{2c}{a+b}=\frac{2a}{b+c}=\frac{2b}{a+c}=1\)
=>VT>=xy+yz+xz(ĐPCM)
rút gọn biểu thức:
E=cos(\(\dfrac{3\pi}{3}-\alpha\))-sin(\(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\))+sin(\(\alpha+4\pi\))
Đặt \(\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}=\dfrac{z}{c}=k\) \(\left(k\ne0\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=a.k\\y=b.k\\z=c.k\end{matrix}\right.\)
Ta có :
\(A=\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(ax+by+cz\right)^2}\)
\(A=\dfrac{\left[\left(a.k\right)^2+\left(b.k\right)^2+\left(c.k\right)^2\right]\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a.a.k+b.b.k+c.c.k\right)^2}\)
\(A=\dfrac{\left(a^2k^2+b^2k^2+c^2k^2\right)\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a^2k+b^2k+c^2k\right)^2}\)
\(A=1\)