Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
chuyển vế rồi thêm bớt cậu sẽ có rồi tìm được x=1 y=1 z=4
\(\left(x-2\sqrt{x}+1\right)+\left(y-2\sqrt{y}+1\right)+\left(z-4\sqrt{z}+4\right)=0\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)^2+\left(\sqrt{y}-1\right)^2+\left(\sqrt{z}-2\right)^2=0\)
Ta có P \(\le\dfrac{1^2+\left(\sqrt{x-1}\right)^2}{2}+\dfrac{2^2+\left(\sqrt{y-4}\right)^2}{2}+\dfrac{3^2+\left(\sqrt{z-9}\right)^2}{2}\)
\(=\dfrac{1+x-1+4+y-4+9+z-9}{2}=\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{28}{2}=14\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}1=\sqrt{x-1}\\2=\sqrt{y-4}\\3=\sqrt{z-9}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2;y=8;z=18\)(tm)
Đề bài chắc chắn là có vấn đề
Thử với \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\) thì \(VT=\dfrac{\sqrt{2}}{4}< 2\)
Như bạn sửa điều kiện thành \(x^3+y^3+z^3=1\) thì dấu "=" không xảy ra
Việc chứng minh vế trái lớn hơn 2 (một cách tuyệt đối) khá đơn giản:
\(\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\ge\dfrac{x^3}{\dfrac{x^2+1-x^2}{2}}=2x^3\)
Làm tương tự với 2 số hạng còn lại, sau đó cộng vế
Nhưng đẳng thức không xảy ra.
Mình chia thành 2 phần lời giải để thuận tiện trong việc quan sát nhé!
a. \(a+b+c=2\sqrt{a}+2\sqrt{b-3}+2\sqrt{c}\left(ĐK:a\ne0;b\ne3;c\ne0\right)\\ \Leftrightarrow a-2\sqrt{a}+1+b-3-2\sqrt{b-3}+1+c-2\sqrt{c}+1=0\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1\right)^2+\left(\sqrt{b-3}-1\right)^2+\left(\sqrt{c}-1\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=4\\c=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(a;b;c\right)=\left(1;4;1\right)\)
b. \(x+y+z+8=2\sqrt{x-1}+4\sqrt{y-2}+6\sqrt{z-3}\left(ĐK:x\ne1;y\ne2;z\ne3\right)\\ x-1-2\sqrt{x-1}+1+y-2-4\sqrt{y-2}+4+z-3-6\sqrt{y-3}+9=0\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=4\\z=6\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y;z\right)=\left(2;4;6\right)\)
P/s: Trước khi kết luận, kiểm tra lại điều kiện thấy thỏa mãn rồi nên mình kết luận luôn nhé. Còn trong bài làm bạn nên ghi kết quả kiểm tra điều kiện cạnh giá trị mới tìm được nhé.
Ta có:
\(1.\sqrt{1+x^2}+1.\sqrt{2x}\le\sqrt{\left(1+1\right)\left(1+x^2+2x\right)}=\sqrt{2}\left(x+1\right)\)
Tương tự:
\(\sqrt{1+y^2}+\sqrt{2y}\le\sqrt{2}\left(y+1\right)\) ; \(\sqrt{1+z^2}+\sqrt{2z}\le\sqrt{2}\left(z+1\right)\)
Cộng vế:
\(P\le\sqrt{2}\left(x+y+z+3\right)+\left(2-\sqrt{2}\right)\left(x+y+z\right)\le\sqrt{2}\left(3+3\right)+\left(2-\sqrt{2}\right).3=6+3\sqrt{2}\)
\(P_{max}=6+3\sqrt{2}\) khi \(x=y=z=1\)
ĐKXĐ : \(\hept{\begin{cases}x\ge1\\y\ge2\\z\ge3\end{cases}}\)
Với điều kiện trên thì pt đã cho tương đương với :
\(\left[\left(x-1\right)-2\sqrt{x-1}+1\right]+\left[\left(y-2\right)-4\sqrt{y-2}+4\right]+\left[\left(z-3\right)-6\sqrt{z-3}+9\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\)
Mà \(\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2\ge0,\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2\ge0,\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2\ge0\)
Vậy đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2=0\\\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=6\\z=12\end{cases}}\) (tmđk)
ĐKXĐ : {
| x≥1 |
| y≥2 |
| z≥3 |
Với điều kiện trên thì pt đã cho tương đương với :
[(x−1)−2√x−1+1]+[(y−2)−4√y−2+4]+[(z−3)−6√z−3+9]=0
⇔(√x−1−1)2+(√y−2−2)2+(√z−3−3)2=0
Mà (√x−1−1)2≥0,(√y−2−2)2≥0,(√z−3−3)2≥0
⇒(√x−1−1)2+(√y−2−2)2+(√z−3−3)2≥0
Vậy đẳng thức xảy ra khi {
| (√x−1−1)2=0 |
| (√y−2−2)2=0 |
| (√z−3−3)2=0 |
x=3;y=2;z=1
phân tích làm hàng đẳng thức bình phương