Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài

Những câu hỏi liên quan
Họ Và Tên
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
8 tháng 7 2021 lúc 16:30

Bài này hôm trước hình như bạn mới hỏi xong, vậy làm chi tiết cho đỡ băn khoăn:

Với các số dương a;b;c;x;y;z bất kì, ta chứng minh BĐT sau:

\(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{a^2b^2+x^2y^2+x^2b^2+a^2y^2}\ge a^2+b^2+x^2+y^2+2ab+2xy\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2b^2+x^2y^2+a^2y^2+b^2x^2}\ge ab+xy\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+x^2y^2+a^2y^2+b^2x^2\ge a^2b^2+x^2y^2+2abxy\)

\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Từ đó suy ra:

\(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{c^2+z^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}+\sqrt{c^2+z^2}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)

Áp dụng cho bài toán:

\(VT=\sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}y}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(y+\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}z}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(z+\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}x}{2}\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}+y+\dfrac{z}{2}+z+\dfrac{x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}y}{2}+\dfrac{\sqrt{3}z}{2}+\dfrac{\sqrt{3}x}{2}\right)^2}=2\left(x+y+z\right)\) (đpcm)

Họ Và Tên
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
7 tháng 7 2021 lúc 16:38

\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+4xy+8y^2}+\sqrt{4y^2+4yz+8z^2}+\sqrt{4z^2+4zx+8x^2}\ge4\left(x+y+z\right)\)

Ta có:

\(VT=\sqrt{\left(2x+y\right)^2+\left(\sqrt{7}y\right)^2}+\sqrt{\left(2y+z\right)^2+\left(\sqrt{7}z\right)^2}+\sqrt{\left(2z+x\right)^2+\left(\sqrt{7}x\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{\left(2x+y+2y+z+2z+x\right)^2+\left(\sqrt{7}x+\sqrt{7}y+\sqrt{7}z\right)^2}\)

\(VT\ge\sqrt{16\left(x+y+z\right)^2}=4\left(x+y+z\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Nguyễn Bùi Đại Hiệp
Xem chi tiết
Akai Haruma
18 tháng 1 2020 lúc 23:43

Bạn có thể tham khảo lời giải tại đây:

Câu hỏi của Toán Chuyên Học - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Khách vãng lai đã xóa
Postgass D Ace
Xem chi tiết
Kiệt Nguyễn
21 tháng 5 2020 lúc 11:54

Theo giả thiết: \(xyz=x+y+z+2\)

\(\Leftrightarrow xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1\)\(=\left(xy+yz+zx\right)+2\left(x+y+z\right)+3\)

\(\Leftrightarrow\left(xy+x+y+1\right)\left(z+1\right)\)\(=\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)\(=\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)\left(z+1\right)+\left(z+1\right)\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\). Đặt \(a=\frac{1}{x+1};b=\frac{1}{y+1};c=\frac{1}{z+1}\)

Khi đó a + b + c = 1 và \(x=\frac{1-a}{a}=\frac{b+c}{a}\);\(y=\frac{1-b}{b}=\frac{c+a}{b}\);\(z=\frac{1-c}{c}=\frac{a+b}{c}\)

Ta cần chứng minh \(x+y+z+6\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+6\ge\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2-\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2\left(x+y+z+3\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)+\left(z+1\right)\right]}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}\)

BĐT cuối hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Bunyakovski do đó bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)hay x = y = z = 2

Khách vãng lai đã xóa
Phạm Minh Quang
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
14 tháng 5 2020 lúc 23:30

Dạo này ko tag được đâu :(

\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)+y^2}\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\)

\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(2x+2y+2z\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)

(Mincopxki)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{4\left(x+y+z\right)^2}=2\left(x+y+z\right)\)

Phạm Minh Quang
14 tháng 5 2020 lúc 22:53

@Nguyễn Việt Lâm

KCLH Kedokatoji
Xem chi tiết
tth_new
20 tháng 10 2020 lúc 15:54

1111111111111111111

\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)

Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)

Là xong.

Khách vãng lai đã xóa
Toán Chuyên Học
Xem chi tiết
Akai Haruma
20 tháng 3 2019 lúc 0:30

Lời giải:

Từ điều kiện \(x+y+z+2=xyz\) ta có một đẳng thức rất đẹp là \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)

\(\Rightarrow \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=2(*)\)

(lớp 9 mình đã rất sung sướng khi phát hiện ra nó, dù không mới mẻ. Tất nhiên không thể tự nhiên mà có được đẳng thức như thế này, nó tùy thuộc vào khả năng suy luận ngược hoặc thói quen biến đổi các đẳng thức cơ bản)

Khi đó, áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

\((x+1+y+1+z+1)\left(\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\right)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow 2(x+y+z+3)\ge (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+6\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

Nguyễn Tiến Đạt
Xem chi tiết
NGUYỄN MINH HUY
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
14 tháng 5 2020 lúc 23:37

\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x^2+2xy+y^2\right)+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)}\)

\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2}=\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2}\)

\(VT\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x+y\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(y+z\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(z+x\right)=\sqrt{3}\left(x+y+z\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)