\(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3x^2+3y^2+3z^2-x^2-y^2-z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
\(\Rightarrowđpcm\)
áp dụng Bđt cô si cho 2 số ta có
\(x^2+\dfrac{1}{9}\ge2\sqrt{x^2.\dfrac{1}{9}}=x\dfrac{2}{3}\)
cmtt ta có
\(y^2+\dfrac{1}{9}\ge y\dfrac{2}{3}\) ; \(z^2+\dfrac{1}{9}\ge z\dfrac{2}{3}\)
cộng các vế của các bđt trên ta có
\(\:x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{3}\ge\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)\)
⇔ \(x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{3}\ge\dfrac{2}{3}\)
⇔ \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\left(đpcm\right)\)
Tacó (x-y)^2 ≥ 0 với mọi x,y
(y-z)^2 ≥ 0 với mọi y, z
và (x-z)^2 ≥ 0 với mọi x,z
suy ra (x-y)^2 +(y-z)^2+(x-z)^2 ≥ 0 với mopị x, y,z
<=>x^2-2xy+y^2+y^2-2yz+z^2+x^2-2xz+y^2 ≥ 0
<=>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz ≥ 0
<=> 3x^2+3y^2+3z^2-2xy-2yz-2xz ≥ x^2+y^2+z^2
<=> 3x^2+3y^2+3z^2 ≥ x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz
<=> 3(x^2+y^2+z^2) ≥ ( x+y+z)^2
<=> 3(x^2+y^2+z^2) ≥ 1 (vì x+y+z=1)
<=>x^2+y^2+z^2) ≥ 1/3