Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)
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
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
Đáp án đúng : A