toancqt115

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

Còn một cách nữa dành cho các bạn THCS:
CodeCogsEqn (6).gif
Phần còn lại thì dễ rồi.

bn phân tích coi giúp mình

áp dụng BĐT cô-si ta có :
$a^{4}+a^{4}+a^{4}+1\geq 4a^{3}\Leftrightarrow 3a^{4}+1\geq 4a^{3}$
CMTT : $3b^{4}+1\geq 4b^{3}$
$3c^{4}+1\geq 4c^{3}$
$\Rightarrow 3a^{4}+3b^{4}+3c^{4}\geq 3a^{3}+3b^{3}+3c^{3} + (a^{3}+b^{3}+c^{3}-3) \geq 3(a^{3}+b^{3}+c^{3}$
(do $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3$ ) => ĐPCM ,dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

chưa cosi được tại chưa biết âm hay dương mà

Do $a^2+b^2+c^2=1$ nên $a^2\leq 1$ ,$b^2\leq 1$ ,$c^2\leq 1$
=>$a\geq -1,b\geq -1,c\geq -1$
=>$(1+a)(1+b)(1+c)\geq 0$
=>$1+a+b+c+ab+bc+ca+abc\geq 0$
Cần chứng minh $1+a+b+c+bc+ac+ab\geq 0$
Ta có $1+a+b+c+ab+bc+ca\geq 0$
<=>$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c\geq 0$
<=>$2a^2+2b^2+2c^2+2(a+b+c)+2ab+2bc+2ca+abc\geq 0$ (1)
<=>$(a+b+c)^2+2(a+b+c)+1\geq 0$
<=>$(a+b+c+1)^2\geq 0$ (luôn đúng)
=>ĐPCM

(1) bn ghi thừa abc thì phải

Nghiệm nguyên dương nha bạn.

ừ. quên mất

Nghiệm nguyên dương nha bạn.