\(M=\dfrac{\dfrac{1}{16}}{x^2}+\dfrac{\dfrac{1}{4}}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\ge\dfrac{\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}+1\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{7}{4}\)

\(M_{min}=\dfrac{7}{4}\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{\sqrt{2}};1\right)\)

 Nguyễn Việt Lâm anh oiiiiiiiiiii

Ta có:

  P = 1 x ( 1 z 2 + 1 y 2 ) + 1 y ( 1 z 2 + 1 x 2 ) + 1 z ( 1 x 2 + 1 y 2 )

Đặt:  1 x = a ; 1 y = b ; 1 z = c  thì a,b,c>0 và a²+b²+c²=1

P = a b 2 + c 2 + b c 2 + a 2 + c a 2 + b 2 = a 2 a ( 1 − a 2 ) + b 2 b ( 1 − b 2 ) + c 2 c ( 1 − c 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

a 2 1 - a 2 2 = 1 2 .2 a 2 ( 1 − a 2 ) ( 1 − a 2 ) ≤ 1 2 2 a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2 3 = 4 27 = > a ( 1 − a 2 ) ≤ 2 3 3 < = > a 2 a ( 1 − a 2 ) ≥ 3 3 2 a 2 ( 1 )

Tương tự:  b 2 b ( 1 − b 2 ) ≥ 3 3 2 b 2 ( 2 ) ; c 2 c ( 1 − c 2 ) ≥ 3 3 2 c 2 ( 3 )

Từ (1); (2); (3) ta có  P ≥ 3 3 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 3 2

Đẳng thức xảy ra  a = b = c = 1 3 h a y   x = y = z = 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 3 2

Với mọi x;y;z ta luôn có:

\(\left(x+y-1\right)^2+\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy-2x-2y+1+z^2-z+\dfrac{1}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+\dfrac{5}{4}+2xy-2x-2y-z\ge0\)

\(\Leftrightarrow2+2xy-2x-2y\ge z\)

\(\Leftrightarrow2\left(1-x\right)\left(1-y\right)\ge z\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\)

thanks bạn nha

Ta có 1 + x² = xy + yz + xz + x² = (xy + x²) + (yz + xz) = (x + y)(x + z)

=> \(1x\sqrt{\frac{\left(1+y^2\right)\left(1+z^2\right)}{\left(1+x^2\right)}}=\:x\sqrt{\frac{\left(y+x\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(z+y\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}=\:x\left|y+z\right|\)

Tương tự như vậy thì ta có 

A = xy + xz + yx + yz + zx + zy = 2

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 $\sqrt{\dfrac{a}{a+3}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+3}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+3}}\le \dfrac32.$

Bạn tham khảo lời giải tại đây:

cho \(x,y,z\ge0\) thỏa mãn \(x y z=6\). tìm GTLN và GTNN của biểu thức \(A=x^2 y^2 z^2\) - Hoc24