CMR : Nếu \(x^2+y=y^2+z=z^2+x\)thì \(x^3+y^3+z^3=xy^2+yz^2+zx^2\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
VT
29 tháng 5 2018
Ta có \(A=\frac{x^4}{x^3+x^2y+xy^2}+...\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x}\)
=> \(A\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x+y+z\right)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}\ge\frac{x+y+z}{3}\left(ĐPCM\right)\)
dấu = xảy ra <=> x=y=z>=0
HN
0
HN
0
TO
1
NC
1
29 tháng 5 2018
Ta có: \(\frac{x^3}{x^2+z}=\frac{x^3+xz}{x^2+z}-\frac{xz}{x^2+z}\ge x-\frac{xz}{2x\sqrt{z}}=x-\frac{\sqrt{z}}{2}\)
Lại có: \(\sqrt{z}\le\frac{z+1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{x^2+z}\ge x-\frac{z+1}{4}\)
Tương tự cộng vào ta có:
\(VT\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\)
Lại có: \(3=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge3\)
\(\ge VT\ge\frac{3}{4}.3-\frac{3}{4}=1,5\)
Dấu = xảy ra khi x=y=z=1
ta có
\(\hept{\begin{cases}x^2-y^2=z-y\\y^2-z^2=x-z\\z^2-x^2=y-x\end{cases}}\)\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3=xy^2+yz^2+zx^2\Leftrightarrow x\left(x^2-y^2\right)+y\left(y^2-z^2\right)+z\left(z^2-x^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(z-y\right)+y\left(x-z\right)+z\left(y-x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow xz=xy+xy-yz+yz-xz=0\text{ luôn đúng}\)
vậy ta có đpcm