HL
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
DA
0
TP
2
6 tháng 4 2021
Ta có:
\(x^2+y^2+z^2-2x+4y=6z-14\\ \Leftrightarrow\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+4y+4\right)+\left(z^2-6z+9\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y+2\right)^2+\left(z-3\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-2\\z=3\end{matrix}\right.\)
Thay vào p ta có: \(p=1^{2021}+\left(-2\right)^2+3=1+4+3=8\)
PD
6 tháng 4 2021
\(x^2+y^2+z^2-2x+4y=6z-14\)
\(\leftrightarrow (x^2-2x+1)+(y^2+4y+4)+(z^2-6z+9)=0\)
\(\leftrightarrow (x-1)^2+(y+2)^2+(z-3)^2=0\)
Ta có \(\begin{cases} (x-1)^2\ge 0\\(y+2)^2\ge 0\\(z-3)^2\ge 0\end{cases}\)
\(\to (x-1)^2+(y+2)^2+(z-3)0^2\ge 0\)
\(\to\) Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}x-1=0\\y+2=0\\z-3=0\end{cases}\)
\(\leftrightarrow \begin{cases}x=1\\y=-2\\z=3\end{cases}\)
Thay \(x=1;y=-2;z=3\) vào P
\(P=1^{2021}+(-2)^2+3=1+4+3=8\)
Vậy \(P=8\)
CQ
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 7
Lời giải:
$x^2+4y^2+9z^2=2x+4y+6z-3$
$\Leftrightarrow (x^2-2x+1)+(4y^2-4y+1)+(9z^2-6z+1)=0$
$\Leftrightarrow (x-1)^2+(2y-1)^2+(3z-1)^2=0$
Ta thấy: $(x-1)^2\geq 0; (2y-1)^2\geq 0; (3z-1)^2\geq 0$ với mọi $x,y,z\in\mathbb{R}$
Do đó để tổng của chúng bằng $0$ thì:
$(x-1)^2=(2y-1)^2=(3z-1)^2=0$
$\Leftrightarrow x=1; y=\frac{1}{2}; z=\frac{1}{3}$
Khi đó:
$xyz=1.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
7 tháng 3 2021
** Bạn lưu ý lần sau viết đề bằng công thức toán!
Đề cần sửa thành $\leq \frac{4}{3}$
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\frac{1}{(x^2+z^2)+(x^2+y^2)}\leq \frac{1}{2xy+2xz}=\frac{1}{2}.\frac{1}{xy+xz}\leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\right)\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
\(\sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)=\frac{x+y+z}{4xyz}\) $(1)$
Mặt khác:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4\Rightarrow 4xyz=xy+yz+xz$
$\Rightarrow 16x^2y^2z^2=(xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$ (theo BĐT AM-GM)
$\Rightarrow x+y+z\leq \frac{16}{3}xyz (2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{4}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{4}$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 3 2021
\(\dfrac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\dfrac{1}{x^2+y^2+x^2+z^2}\le\dfrac{1}{2xy+2xz}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{xz}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{x^2+2y^2+z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}\right)\) ; \(\dfrac{1}{x^2+y^2+2z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xz}+\dfrac{1}{yz}\right)\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right)\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2=\dfrac{4}{3}\)
Đề bài sai
điều kiện ban đầu <=> (x-1)2+(y-2)2+(z-3)2 \(\le1\)
áp dụng bdt sau (ax+ by+ cz)2\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)(bunhiacopxky với 3 số)
[ x-1 + 2(y-2) + 2(z-3)]2 \(\le\left(1^2+2^2+2^2\right)\left[\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2+\left(z-2\right)^2\right]\le9.1=9\)
=>\(-3\le\) x-1 +2(y-2) +2(z-3) \(\le3\) <=> 8\(\le x+2y+2z\le14\)