cho phan thuc A=\(\frac{\text{(5x^2+5y^2+5z^2)(x+y+z)^2+5(xy+yz+xz)^2}}{\text{(5x+5y+5z)-(25xy+25yz+25xz)}}\)
tìm các giá trị x,y,z để phân thức xác định
rút gọn A
Cho phân thức :
\((5x^2+5y^2+5z^2)(x+y+z)^2+5(xy+yz+zx)^2\over(5x+5y+5z)^2-(25xy+25yz+25zx) \)
a)Tìm các giá trị của x,y,z để phân thức xác định
b)Rút gọn phân thức
Cho phân thức ; Tìm giá trị của x,y,z để phân thức xác định:
\(A=\dfrac{\left(5x^2+5y^2+5z^2\right)\left(x+y+z\right)^2+5\left(xy+yz+zx\right)^2}{\left(5x+5y+5z\right)^2-\left(25xy+25yz+25zx\right)}\)
Ta có : \(\left(5x+5y+5z\right)^2-\left(25xy+25yz+25zx\right)\)
\(=25\left(\left(x+y+z\right)^2-\left(xy+yz+zx\right)\right)\)
Xét : \(\left(x+y+z\right)^2-\left(xy+yz+zx\right)=0\)
\(=>x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-xy-yz-zx=0\)
\(=>x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=0\)
Nhân biểu thức với 2 ta được:
\(2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx=0\)
\(=>\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2=0\)
\(=>x+y=y+z=z+x=0\)
Vạy để phân thức A xác định thì x,y,z không đồng thời bằng 0;
CHÚC BẠN HỌC TỐT...
Cho x,y,z > 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của \(P=\frac{\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}}{x+y+2z}+\frac{\sqrt{5y^2+6yz+5z^2}}{y+z+2x}+\frac{\sqrt{5z^2+6zx+5x^2}}{z+x+2y}\)
cm bđt phụ \(5x^2+6xy+5y^2\ge4\left(x+y\right)^2\)nhé
Ta có: \(\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}=\sqrt{4\left(x+y\right)^2+\left(x-y\right)^2}\ge\sqrt{4\left(x+y\right)^2}=2\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}}{x+y+2z}\ge\frac{2\left(x+y\right)}{x+y+2z}\)(1)
Tương tự, ta có: \(\frac{\sqrt{5y^2+6yz+5z^2}}{y+z+2x}\ge\frac{2\left(y+z\right)}{y+z+2x}\)(2); \(\frac{\sqrt{5z^2+6zx+5x^2}}{z+x+2y}\ge\frac{2\left(z+x\right)}{z+x+2y}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}}{x+y+2z}+\frac{\sqrt{5y^2+6yz+5z^2}}{y+z+2x}+\frac{\sqrt{5z^2+6zx+5x^2}}{z+x+2y}\)\(\ge2\left[\frac{x+y}{\left(y+z\right)+\left(z+x\right)}+\frac{y+z}{\left(z+x\right)+\left(x+y\right)}+\frac{z+x}{\left(x+y\right)+\left(y+z\right)}\right]\)
Đặt \(x+y=a;y+z=b;z+x=c\)thì \(\frac{x+y}{\left(y+z\right)+\left(z+x\right)}+\frac{y+z}{\left(z+x\right)+\left(x+y\right)}+\frac{z+x}{\left(x+y\right)+\left(y+z\right)}\)\(=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
Nhưng ta có BĐT Nesbitt quen thuộc sau: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Thật vậy:
(Bài này mình đã làm nhiều rồi nha nên ngại đánh lại, đây là bất đẳng thức có rất nhiều cách chứng minh nhưng mình nghĩ dồn biến là cách hay và đẹp nhất nha! Có thể tham khảo nhiều cách khác trên mạng, vô thống kê hỏi đáp của mình xem ảnh)
Như vậy: \(\frac{\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}}{x+y+2z}+\frac{\sqrt{5y^2+6yz+5z^2}}{y+z+2x}+\frac{\sqrt{5z^2+6zx+5x^2}}{z+x+2y}\)\(\ge2\left[\frac{x+y}{\left(y+z\right)+\left(z+x\right)}+\frac{y+z}{\left(z+x\right)+\left(x+y\right)}+\frac{z+x}{\left(x+y\right)+\left(y+z\right)}\right]\)\(\ge2.\frac{3}{2}=3\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z
Chứng minh rằng: \(\dfrac{5x^3-y^3}{3x^2+xy}\)+\(\dfrac{5y^3-z^3}{3y^2+yz}\)+\(\dfrac{5z^3-x^3}{3z^2+xz}\)<=x+y+z, với z,y,z>0
Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta sẽ sử dụng phương pháp giả sử ngược (Proof by Contradiction). Giả sử bất đẳng thức trên không đúng, tức là: (5x^3 - y^3)/(3x^2 + xy + 5y^3) + (5y^3 - z^3)/(3y^2 + yz + 5z^3) + (5z^3 - x^3)/(3z^2 + xz + 5x^3) > x + y + z Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên thành: (5x^3 - y ^3)/(3x^2 + xy + 5y^3) - x + (5y^3 - z^3)/(3y^2 + yz + 5z^3) - y + (5z^3 - x^3 )/(3z^2 + xz + 5x^3) - z > 0 Tiếp theo, ta nhận thấy rằng với mọi a, b > 0, ta luôn có: (a^3 - b^3)/(a^2 + ab + b^2) - a > 0 and (a^3 - b^3)/(a^2 + ab + b^2) - b > 0. Vì vậy, áp dụng bất đẳng thức trên từng phần thức trong tổng, ta có: (5x^3 - y^3)/(3x^2 + xy + 5y^3) - x > 0 (5y ^3 - z^3)/(3y^2 + yz + 5z ^3) - y > 0 (5z^3 - x^3)/(3z^2 + xz + 5x^3) - z > 0 Khi đặt a = x^3, b = y^3, c = z^3, ta có: (5a - b)/(3a^2 + ab + 5b) - a^(1/3) > 0 (5b - c)/(3b^2 + bc + 5c) - b^(1/3) > 0 (5c - a)/(3c^2 + ac + 5a) - c^(1/3) > 0 Nói cách khác, ta có các bất đẳng thức sau: (5a - b)/(3a^2 + ab + 5b) > a^(1/3) (5b - c)/(3b^2 + bc + 5c) > b^(1/3) ( 5c - a)/(3c^2 + ac + 5a) > c^( 1/3) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 3a^2 + ab + 5b ≥ 3∛(15a^2b) 3b^2 + bc + 5c ≥ 3∛(15b^2c) 3c^2 + ac + 5a ≥ 3∛(15c^2a) Khi đặt A = 3a^2 + ab + 5b, B = 3b^2 + bc + 5c, C = 3c^2 + ac + 5a, ta có: A > a ^ (1/3) B > b^(1/3) C > c^(1/3) Từ đó, ta có: (A + B + C) > (a^(1/3) + b^(1/3) + c^(1/3)) Nhưng A, B, C lần lượt tương ứng với các số mẫu trong bất đẳng thức ban đầu, ta thu được: (5a - b)/(3a^2 + ab + 5b) + (5b - c)/(3b^2 + bc + 5c) + (5c - a)/(3c^ 2 + ac + 5a) > (a^(1/3) + b^(1/3) + c^(1/3)) Tuy nhiên, điều này trái với giả định ban đầu.
a) Cho x.y \(\in\)R, chứng minh: \(5x^2+x+5y^2\)>hoặc= \(\frac{11}{4}\left(x+y\right)^2\)
b) Cho các số x,y,z >0 thỏa mãn x+y+z=\(\sqrt{3}\)
Chứng minh rằng: \(\sqrt{5x^2+xy+5y^2}+\sqrt{5y^2+yz+5z^2}+\sqrt{5z^2+zx+5x^2}>4\sqrt{2}\)
Cho x,y,z là các số nguyên dương thỏa mãn \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1\).Tìm min
\(\sqrt{\frac{xz}{5x+3\sqrt{xy}+12y}}+\sqrt{\frac{yz}{5y+32\sqrt{yz}+12z}}+\sqrt{\frac{zx}{5z+32\sqrt{xz}+12x}}\)
Đặt \(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\rightarrow a,b,c\), ta có : \(a+b+c=1\)
Tìm min của \(A=\frac{ab}{\sqrt{5a^2+32ab+12b^2}}+\frac{bc}{\sqrt{5b^2+32bc+12c^2}}+\frac{ca}{\sqrt{5c^2+32ca+12a^2}}\)
đến đây thấy giống giống bài bất của HN năm nào ấy nhỉ ?
Cho x,y,z>0 thỏa mãn \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1\)\(1\).Tìm GTNN của:
\(A=\sqrt{\frac{x^2}{5x+32\sqrt{xy}+12y}}+\sqrt{\frac{y^2}{5y+32\sqrt{yz}+12z}}+\sqrt{\frac{z^2}{5z+32\sqrt{zx}+12x}}\)
Cho x+y+z=0. Chung minh rằng (2011x/xy+2011x+2011) +(y/yz+y+2011) +(z/xz+z+1) =1 b, cho x, y thỏa mãn đẳng thức 5x^2+5y^2+8xy-2x+2y+2=0 Tính giá trị của M=(x+y) ^2015+(x-2)^2016+(y+1) ^2017
b: 5x^2+5y^2+8xy-2x+2y+2=0
=>4x^2+8xy+4y^2+x^2-2x+1+y^2+2y+1=0
=>(x-1)^2+(y+1)^2+(2x+2y)^2=0
=>x=1 và y=-1
M=(1-1)^2015+(1-2)^2016+(-1+1)^2017=1
Cho x,y,z>0 . Tìm GTNN của biểu thức :
\(P=\dfrac{\sqrt{5x^2+6xy+5y^2}}{x+y+2z}+\dfrac{\sqrt{5y^2+6yz+5z^2}}{y+z+2x}+\dfrac{\sqrt{5z^2+6zx+5x^2}}{z+x+2y}\)
Lời giải:
Ta có: \(5x^2+6xy+5y^2=3(x^2+y^2+2xy)+2(x^2+y^2)\)
\(=3(x+y)^2+2(x^2+y^2)\geq 3(x+y)^2+(x+y)^2\) (theo BĐT AM-GM)
\(\Leftrightarrow 5x^2+6xy+5y^2\geq 4(x+y)^2\Rightarrow \sqrt{5x^2+6xy+5y^2}\geq 2(x+y)\)
Thực hiện tương tự với những biểu thức còn lại suy ra:
\(P\geq \frac{2(x+y)}{x+y+2z}+\frac{2(y+z)}{y+z+2x}+\frac{2(z+x)}{z+x+2y}\)
\(P\geq 2\left(\frac{x+y}{x+y+2z}+\frac{y+z}{y+z+2x}+\frac{z+x}{z+x+2y}\right)=2\left(\frac{(x+y)^2}{(x+y+2z)(x+y)}+\frac{(y+z)^2}{(y+z+2x)(y+z)}+\frac{(z+x)^2}{(z+x+2y)(z+x)}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P\geq 2.\frac{(x+y+y+z+z+x)^2}{(x+y+2z)(x+y)+(y+z+2x)(y+z)+(z+x+2y)(z+x)}\)
\(\Leftrightarrow P\geq 2. \frac{4(x+y+z)^2}{2(x+y+z)^2+2(xy+yz+xz)}=\frac{4(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+xy+yz+xz}\)
\(\geq \frac{4(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}}=3\) (theo AM-GM \(xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}\))
Vậy \(P\geq 3\Leftrightarrow P_{\min}=3\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\)