\(\begin{cases} 2x+y+3z=6 (1) \\ 3x+4y-3z=4 (2) \end{cases} \)

Từ hệ phương điều kiện, ta có:

Lấy (1) + (2) ta được: 5x+5y= 10 \(\Rightarrow\) x+y=2 \(\Leftrightarrow\) y=2-x (3)

từ(1) ta suy ra y=6-3z-2x thế biểu thức vào phương trình (2) , ta được :

-5x-15z=-20 \(\Leftrightarrow\) x+3z=4 \(\Leftrightarrow\) z =\(\dfrac{4}{3} - \dfrac{x}{3}\) (4)

thay (4) và (2) vào P ta được :

P= 2x+3y-4z = 2x +3.(2-x)- 4.(\(\dfrac{4}{3}-\dfrac{x}{3}\)) =2x+6-3x-\(\dfrac{16}{3}+\dfrac{4x}{3} = \dfrac{x}{3}+ \dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\)Min P \(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{x}{3}\) đạt GTNN mà 3>0 cố định \(\Rightarrow\) Min P\(\Leftrightarrow\) x đạt GTNN

Mà x >= 0, x là số thực nên Min P = \(\dfrac{2}{3}\) ,dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :

x=0

Ta có x + y = 2 \(\Rightarrow\) y=2 ; z = \(\dfrac {4}{3} - \dfrac {x}{3}\) \(\Rightarrow \) z =\(\dfrac{4}{3}\)

Vậy Min P =\(\dfrac{2}{3}\) khi x =0, y =2, z = \(\dfrac{4}{3}\)

Với mọi a;b;c không âm ta có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Áp dụng:

a.

\(VT\le\sqrt{3\left(x+7+y+7+z+7\right)}=\sqrt{3\left(6+21\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

b.

\(VT\le\sqrt{3\left(3x+2y+3y+2z+3z+2x\right)}=\sqrt{15\left(x+y+z\right)}=\sqrt{15.6}=3\sqrt{10}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

c.

\(VT\le\sqrt{3\left(2x+5+2y+5+2z+5\right)}=\sqrt{3\left(2.6+15\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

\(A=x-2y+3z\left(x,y,z>0\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+4x+3z=8\left(1\right)\\3x+y-3z=2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

(1) <=> \(5x+5y=10\) <=> x+ y = 2

=> y = 2-x

Từ (1) => \(2x+4\left(2-x\right)+3z=8\) 

=> -2x +3z =0

=> \(x=\dfrac{3}{2}z\) => \(z=\dfrac{2}{3}x\) thay vào A

=> \(A=x-2\left(2-x\right)+3.\dfrac{2}{3}x=5x-4\ge-4\)

Vậy A_min = -4.

Chị tham khảo bài giải dưới đây nhé:

x^3/(3y+1) +(3y+1)/16+1/4 \(\ge\)3 . căn bậc 3\(\sqrt[]{\frac{x^3.\left(3y+1\right).1}{\left(3y+1\right).16.4}}\)\(\ge\)3x/4(BĐT cauchy) (1)

y^3/(3z+1)+(3z+1)/16+1/4 \(\ge\)3. căn bậc 3\(\sqrt[]{\frac{z^3.\left(3z+1\right).1}{\left(3z+1\right).16.4}}\)\(\ge\)3y/4 (BĐT cauchy) (2)

z^3/(3x+1) +(3x+1)/16 +1/4 \(\ge\) 3. \(\sqrt[3]{\frac{z^3.\left(3x+1\right).1}{\left(3y+1\right).16.4}}\)\(\ge\)3z/4(BĐT cauchy) (3)

cộng theo vế của các bất đảng thức (1),(2),(3) ta có BĐT tương đương 

   P+3(x+y+z)/16+3/16 \(\ge\)3(x+y+z)/4

\(\Leftrightarrow\)P+3/16\(\ge\)3(x+y+z)/4 -3(x+y+z)/16=9(x+y+z)/16\(\ge\)9/16

\(\Rightarrow\)P+3/16\(\ge\)9/16

\(\Leftrightarrow\)P\(\ge\)3/16

vậy min P=3/16 . Dấu  "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

Chị Linh Mai ơi em không học lớp 9 nhưng bài này có thể em biết làm . Và bài giải trên chỉ mang tính tham khảo thôi nha chị , chưa chắc đúng đâu . Chị cần tham khỏa các bài khác coi đúng không nhé! Em chúc chị mai thi tuyển sinh làm bài tốt nha!

bạn kia giải sai rồi

a)
Cho x, y, z thỏa mãn x^2 + y^2 + z^2 ≤ 3. Tìm GTNN của P = 1/(1 + xy) + 1/(1 + yz) + 1/(1 + xz)
Engel
P≥(1+1+1)^2/[3+(xy+yz+zx)]
BDT co ban
x^2 + y^2 + z^2 ≥xy+yz+zx
=>xy+yz+zx≤3
<=>P≥3^2/(3+3)=3/2
gtnn P=3/2 "= khi x=y=z=1

Xét hàm \(h\left(t\right)=f\left(t\right)-m.g\left(t\right)\)

Với \(\left\{{}\begin{matrix}f\left(t\right)=\sqrt{3t^2+1}\\g\left(t\right)=t\\m=\dfrac{f'\left(\dfrac{1}{3}\right)}{g'\left(\dfrac{1}{3}\right)}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy xét hàm: \(h\left(t\right)=\sqrt{3t^2+1}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\)

\(\Rightarrow h'\left(t\right)=\dfrac{3t}{\sqrt{3t^2+1}}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\Rightarrow h'\left(t\right)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{1}{3}\)

Bảng biến thiên

Theo bảng biến thiên:

\(h\left(t\right)\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\Rightarrow\sqrt{3t^2+1}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\)

\(\sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\left(x+y+z=1\right)\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}\)

Trên mình tìm nhầm thành min gòi, mà bài này tìm max nên làm như này nhé 

Vì \(x,y,z\in\left[0,1\right]\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\\z^2\le z\end{matrix}\right.\)

\(\sqrt{3x^2+1}\le\sqrt{x^2+2x+1}=x+1\)

Tương tự:

\(\sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1}\le x+y+z+3=4\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(0,0,1\right)\) và các hoán vị của nó

\(\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\ge0\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y;z\le1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\\z^2\le z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x+1\le x^2+2x+1\\2y^2+y+1\le y^2+2y+1\\2z^2+z+1\le z^2+2z+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(y+1\right)^2}+\sqrt{\left(z+1\right)^2}=x+y+z+3=4\)

\(P_{max}=4\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị

https://diendantoanhoc.net/topic/182493-%C4%91%E1%BB%81-thi-tuy%E1%BB%83n-sinh-v%C3%A0o-l%E1%BB%9Bp-10-%C4%91hsp-h%C3%A0-n%E1%BB%99i-n%C4%83m-2018-v%C3%B2ng-2/

bài này năm trrong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 ĐHSP Hà Nội Năm 2018 (vòng 2) bn có thể tìm đáp án trên mạng để tham khảo

Sử dụng bất đẳng thức AM-GN, ta có:

\(x^2y^2+1\ge2xy,\) \(y^2z^2+1\ge2yz,\) \(z^2x^2+1\ge2zx\)

Cộng các bất đẳng thức trên lại theo vế, sau đó cộng hai vế của bất đẳng thức thu được với \(x^2+y^2+z^2\), ta được:

\(\left(x+y+z\right)^2\le x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+3=9\)

Từ đó suy ra: \(Q\le3\)

Mặt khác, dễ thấy dấu bất đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)  nên ta có kết luận \(Max_Q=3\)

Ta sẽ chứng minh \(Q\ge\sqrt{6}\) với dấu đẳng thức xảy ra, chẳng hạn \(x=\sqrt{6},\) \(y=z=0.\) Sử dụng bất đẳng thức AM-GN, ta có:

\(2xy+x^2y^2\le x^2+y^2+x^2y^2\le x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6\)

Từ đó suy ra: \(xy\le\sqrt{7}-1< 2\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có: 

\(yz< 2,\) \(zx< 2.\)

Do đó, ta có: 

\(Q^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\ge x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6\)

Hay: \(Q\ge\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow Min_Q=\sqrt{6}\)

Đáp án đúng : A