Đến nội dung

Hình ảnh

Cho các số thực a, y, z thỏa mãn x+y+z+xy+yz+zx=6. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
manhhung2013

manhhung2013

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết

Cho các số thực a, y, z thỏa mãn x+y+z+xy+yz+zx=6. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$


đừng nghĩ LIKE và LOVE giống nhau...
giữa LIKE và LOVE chữ cái I đã chuyển thành O,tức là Important:quan trọng đã trở thành Only:duy nhất.
chữ cái K đã chuyển thành V:Keen:say mê đã trở thành Vascurla :ăn vào mạch máu.
vì thế đừng hỏi tại sao
lim(LIKE)=LOVE nhưng lim(LOVE) =

 


#2
Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết

Cho các số thực a, y, z thỏa mãn x+y+z+xy+yz+zx=6. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$

Đặt $t=a+b+c$.Từ giả thiết ta có:
$t^2+2t-12=x^2+y^2+z^2$
$18-3t=3(xy+yz+zx)\leqslant t^2<=>(t-3)(t+6)\geqslant 0<=>t\geqslant 3$
BĐT$<=>t^2+2t-12\geqslant 3<=>(t-3)(t+5)\geqslant 0<=>t\geqslant 3$ (cmt)
=>ĐPCM.Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

#3
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Cho các số thực a, y, z thỏa mãn x+y+z+xy+yz+zx=6. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3$

Đơn giản, chỉ cần đánh giá 2 lần là ra

Sử dụng AM-GM, ta có

$ (x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2) => x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$

$xy+yz +xz \leq x^2+y^2+z^2$

Cộng theo vế, ta được

$6=x+y+z+xy+yz+xz \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)} + x^2+y^2+z^2$

Suy ra $x^2+y^2+z^2 \geq 3$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 25-12-2015 - 18:24


#4
Trung Kenneth

Trung Kenneth

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

$Theo AM-GM ta có:

$x^2+1\geq 2x ; y^2+1\geq 2y;z^2+1\geq 2z$ 

và $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ => $ 2.(x^2+y^2+z^2) \geq 2.(xy+yz+zx)$

=> $3.(x^2+y^2+z^2)+3\geq 2.(x+y+z+xy+yz+zx)$

=>$3.(x^2+y^2+z^2)+3\geq 12$

=> $x^2+y^2+z^2\geq 3$

=>đpcm$



#5
toancqt115

toancqt115

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết

Đơn giản, chỉ cần đánh giá 2 lần là ra

Sử dụng AM-GM, ta có

$ (x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2) => x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$

$xy+yz +xz \leq x^2+y^2+z^2$

Cộng theo vế, ta được

$6=x+y+z+xy+yz+xz \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)} + x^2+y^2+z^2$

Suy ra $x^2+y^2+z^2 \geq 3$ 

chưa dùng AM GM đc. số thực mà






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh