Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(x\ge1\Rightarrow x^2\ge x\)
Từ đó: \(P\ge\frac{x}{\left(x+y\right)^2+x}+\frac{x}{z^2+x}=x\left[\frac{1}{\left(x+y\right)^2+x}+\frac{1}{z^2+x}\right]\)
\(\ge x\cdot\frac{4}{\left(x+y\right)^2+x+z^2+x}=\frac{4x}{\left(x+y\right)^2+z^2+2x}\) (Cauchy Schwarz)
Lại có: \(\left(x+y\right)^2+z^2=x^2+y^2+z^2+2xy=3\left(x+y+z\right)\)
\(\le3\sqrt{2\left[\left(x+y\right)^2+z^2\right]}\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2+z^2\le18\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{4x}{18+2x}=2-\frac{18}{x+9}\ge2-\frac{18}{1+9}=\frac{1}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\\z=3\end{cases}}\)
Vậy Min(P) = 1/5 khi x = 1 ; y = 2 ; z = 3
Ta sẽ chứng minh \(P_{min}=1\)
TH1: \(xyz=0\)
\(\Rightarrow x^2y^2z^2=0\Rightarrow x^4+y^4+z^4=1\)
\(P=x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{x^4+y^4+z^4}=1\)
TH2: \(xyz\ne0\) , từ điều kiện, tồn tại 1 tam giác nhọn ABC sao cho \(\left\{{}\begin{matrix}x^2=cosA\\y^2=cosB\\z^2=cosC\end{matrix}\right.\)
\(P=cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)
Ta sẽ chứng minh \(cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\ge1\)
\(\Leftrightarrow4sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)
\(\Leftrightarrow8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}\ge cosA.cosB.cosC\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}}{8sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}cos\dfrac{C}{2}}\ge cotA.cotB.cotC\)
\(\Leftrightarrow tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}\ge cotA.cotB.cotC\)
\(\Leftrightarrow tanA.tanB.tanC\ge cot\dfrac{A}{2}cot\dfrac{B}{2}cot\dfrac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow tanA+tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}+cot\dfrac{B}{2}+cot\dfrac{C}{2}\)
Ta có:
\(tanA+tanB=\dfrac{sin\left(A+B\right)}{cosA.cosB}=\dfrac{2sinC}{cos\left(A-B\right)-cosC}\ge\dfrac{2sinC}{1-cosC}=\dfrac{2sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{C}{2}}{2sin^2\dfrac{C}{2}}=cot\dfrac{C}{2}\)
Tương tự: \(tanA+tanC\ge cot\dfrac{B}{2}\) ; \(tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Vậy \(P_{min}=1\) khi \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(1;0;0\right)\) và các hoán vị hoặc \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)
TH1: Nếu có 1 số bằng 0, giả sử là z, khi đó ta có \(x^4+y^4=1\)
và \(P=x^2+y^2\ge\sqrt{x^4+y^4}=1\)
Dấu '=' xảy ra khi 1 số =0, một số = \(\pm1\)
TH2: Nếu các số đều khác 0
Từ giả thiết => tồn tại tam giác ABC nhọn sao cho
\(x^2=\cos A,y^2=\cos B,z^2=\cos C\)
\(P=\cos A+\cos B+\cos C-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)
\(=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}-\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\)
Ta chứng minh \(4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\ge\sqrt{2\cos A\cos B\cos C}\) (1)
Ta có (1) \(\Leftrightarrow8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}\ge\cos A\cos B\cos C\)
\(\Leftrightarrow\frac{8\sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}}{\sin A\sin B\sin C}\ge\frac{\cos A\cos B\cos C}{\sin A\sin B\sin C}\)
\(\Leftrightarrow\cot A\cot B\cot C\le\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow\tan A\tan B\tan C\ge\cot\frac{A}{2}\cot\frac{B}{2}\cot\frac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow\tan A+\tan B+\tan C\ge\cot\frac{A}{2}+\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}\) (2)
bđt (2) đúng vì \(\tan A+\tan B\ge2\cot\frac{C}{2}\) và 2 bđt tương tự
Dấu '=' xảy ra khi tam giác đều \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge1\)
Dấu '=' xảy ra khi 2 số =0, một số \(=\pm1\) hoặc \(x^2=y^2=z^2=\frac{1}{2}\)
Vậy GTNN của P là 1
Đặt \(P=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
Do x,y,z là các số thực dương nên ta biến đổi \(P=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
Đặt \(a=\frac{1}{x^2};b=\frac{1}{y^2};c=\frac{1}{z^2}\left(a,b,c>0\right)\)thì \(xy+yz+zx=\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}=1\)và \(P=\frac{1}{\sqrt{1+a}}+\frac{1}{\sqrt{1+b}}+\frac{1}{\sqrt{1+c}}+a+b+c\)
Biến đổi biểu thức P=\(\left(\frac{1}{2\sqrt{a+1}}+\frac{1}{2\sqrt{a+1}}+\frac{a+1}{16}\right)+\left(\frac{1}{2\sqrt{b+1}}+\frac{1}{2\sqrt{b+1}}+\frac{b+1}{16}\right)\)\(+\left(\frac{1}{2\sqrt{c+1}}+\frac{1}{2\sqrt{c+1}}+\frac{c+1}{16}\right)+\frac{15a}{16}+\frac{15b}{16}+\frac{15c}{b}-\frac{3}{16}\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy ta có
\(P\ge3\sqrt[3]{\frac{a+1}{64\left(a+1\right)}}+3\sqrt[3]{\frac{b+1}{64\left(b+1\right)}}+3\sqrt[3]{\frac{c+1}{64\left(c+1\right)}}+\frac{15a}{16}+\frac{15b}{16}+\frac{15c}{16}-\frac{3}{16}\)
\(=\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\left(a+b+c\right)\ge\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot3\sqrt[3]{abc}\)
Mặt khác ta có \(1=\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\Leftrightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot3\sqrt[3]{27}=\frac{33}{16}+\frac{15}{16}\cdot9=\frac{21}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c hay \(x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Ai giải đc cho 5 k và được kết bạn.(thực ra mình lớp 4,đọc tạp chí pi bố mik cũng không hiểu gì luôn.)
\(P=loga^3+logb^2=log\left(a^3b^2\right)=log\left(100\right)=10\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(1+x^3+y^3\ge3\sqrt[3]{1.x^3.y^3}=3xy\Rightarrow\sqrt{1+x^3+y^3}\ge\sqrt{3xy}\Rightarrow\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}\)
Tương tự:\(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\ge\frac{\sqrt{3yz}}{yz};\frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{zx}\ge\frac{\sqrt{3zx}}{zx}\)
Công vế với vế của 3 BĐT trên ta đươc:
\(P\ge\frac{\sqrt{3xy}}{xy}+\frac{\sqrt{3yz}}{yz}+\frac{\sqrt{3zx}}{zx}=\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)\) \(=\sqrt{3}.\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\ge3\sqrt{3}\)
Dấu '='xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=1}\)
Vậy \(P_{min}=3\sqrt{3}\)khi \(x=y=z=1\)
:))
\(VT\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3y^3z^3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}=3xyz\) (dpcm)