Bài \(1a.\) Tìm \(x,y,z\) biết \(x^2+4y^2=2xy+1\) \(\left(1\right)\) và \(z^2=2xy-1\) \(\left(2\right)\)
Cộng \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) vế theo vế, ta được:
\(x^2+4y^2+z^2=4xy\)
\(\Leftrightarrow\) \(x^2-4xy+4y^2+z^2=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(x-2y\right)^2+z^2=0\)
Do \(\left(x-2y\right)^2\ge0\) và \(z^2\ge0\) với mọi \(x,y,z\)
nên để thỏa mãn đẳng thức trên thì phải đồng thời xảy ra \(\left(x-2y\right)^2=0\) và \(z^2=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(^{x-2y=0}_{z^2=0}\) \(\Leftrightarrow\) \(^{x=2y}_{z=0}\)
Từ \(\left(2\right)\), với chú ý rằng \(x=2y\) và \(z=0\), ta suy ra:
\(2xy-1=0\) \(\Leftrightarrow\) \(2.\left(2y\right).y-1=0\) \(\Leftrightarrow\) \(4y^2-1=0\) \(\Leftrightarrow\) \(y^2=\frac{1}{4}\) \(\Leftrightarrow\) \(y=\frac{1}{2}\) hoặc \(y=-\frac{1}{2}\)
\(\text{*)}\) Với \(y=\frac{1}{2}\) kết hợp với \(z=0\) \(\left(cmt\right)\) thì \(\left(2\right)\) \(\Rightarrow\) \(2.x.\frac{1}{2}-1=0\) \(\Leftrightarrow\) \(x=1\)
\(\text{*)}\) Tương tự với trường hợp \(y=-\frac{1}{2}\), ta cũng dễ dàng suy ra được \(x=-1\)
Vậy, các cặp số \(x,y,z\) cần tìm là \(\left(x;y;z\right)=\left\{\left(1;\frac{1}{2};0\right),\left(-1;-\frac{1}{2};0\right)\right\}\)
\(b.\) Vì \(x+y+z=1\) nên \(\left(x+y+z\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow\) \(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=1\) \(\left(3\right)\)
Mặt khác, ta lại có \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\) \(\Rightarrow\) \(xy+yz+xz=0\) \(\left(4\right)\) (do \(xyz\ne0\))
Do đó, từ \(\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\) \(\Rightarrow\) \(x^2+y^2+z^2=1\)
Vậy, \(B=1\)
Ta có:
\(A=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(xy\right)^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\) (do \(x+y=xy\)) \(\left(5\right)\)
Dễ dàng chứng minh được với mọi \(x,y\in R\), ta luôn có:
\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\) \(\left(\text{*}\right)\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số \(\left(1^2+1^2\right)\) và \(\left(x^2+y^2\right)\), ta được:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(1.x+1.y\right)^2=\left(x+y\right)^2\)
Do đó, \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\), hay \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\) \(\left(đpcm\right)\)
Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) hiển nhiên đúng với mọi \(x,y\in R\), tức bđt \(\left(\text{*}\right)\) được chứng minh.
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}\) \(\Leftrightarrow\) \(x=y\)
Khi đó, từ \(\left(\text{*}\right)\) \(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(x^2+y^2\right)}\) (do hai vế của bđt \(\left(\text{*}\right)\) cùng dấu \(\left(+\right)\))
nên \(\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{x^2+y^2}{2\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2}\) (vì \(x^2+y^2>0\) với mọi \(x,y\in R\) và \(x,y\ne0\)) \(\left(6\right)\)
\(\left(5\right);\) \(\left(6\right)\) \(\Rightarrow\) \(A\ge\frac{1}{2}\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(^{x+y=xy}_{x=y}\) \(\Leftrightarrow\) \(x=y=2\)
Vậy, GTNN của \(A=\frac{1}{2}\)