Mời các bạn sol 2 câu bất đề thi thử Acrhimedes:
Problem 1: Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn \(ab+bc+ca=3\) Chứng minh rằng:
\(\frac{8}{3\sqrt{4a^2+3b^2+2c^2}+\sqrt{2b^2+2bc+5c^2}}-\frac{1}{\sqrt{a^2+2bc+6}}\le\frac{1}{3}\)
Problem 2:Cho x,y,z thực thỏa mãn \(x^2+xy+y^2=5;y^2+yz+z^2=21\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P=xy+yz+zx\)
Bạn ơi bạn có đáp án bài 2 chưa ạ ? Mình đang không biết giải bài 2
Bài 1
Ta có \(a^2+2bc+6\le a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{a^2+2bc+6}}\ge\frac{1}{a+b+c}\)
Xét \(\sqrt{2b^2+2bc+5c^2}\ge b+2c\)
<=> \(b^2-2bc+c^2\ge0\)
<=> \(\left(b-c\right)^2\ge0\)luôn đúng
Áp dụng BĐT buniacoxki ta có
\(3\sqrt{4a^2+3b^2+2c^2}=\sqrt{\left(4+3+2\right)\left(4a^2+3b^2+2c^2\right)}\ge4a+3b+2c\)
Khi đó
\(VT\le\frac{8}{4a+3b+2c+b+2c}-\frac{1}{a+b+c}=\frac{8}{4\left(a+b+c\right)}-\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Mà \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)=9\)
=> \(VT\le\frac{1}{\sqrt{9}}=\frac{1}{3}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Làm nốt câu 2 nhé mọi người :)
\(x^2+xy+y^2=5;y^2+yz+z^2=21\)
\(\Rightarrow105=\left(x^2+xy+y^2\right)\left(y^2+yz+z^2\right)\)
\(=\left[\left(y+\frac{x}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)^2\right]\left[\left(y+\frac{z}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}z}{2}\right)^2\right]\)
\(\ge\left[\frac{\sqrt{3}}{2}z\left(y+\frac{x}{2}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}x\left(y+\frac{z}{2}\right)\right]^2\)
\(=\left[\frac{\sqrt{3}}{2}\left(xy+yz+zx\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx\le\sqrt{144}\)
Vậy ...............
Gặp một bài tương tự trên mạng
Khi hệ \(\hept{\begin{cases}x^2+xy+y^2=3\\y^2+yz+z^2=16\end{cases}}\)có nghiệm. Chứng minh rằng \(xy+yz+zx\le8\)
Cách giải tương tự, ngoài ra còn một cách
