cho x,y,z thỏa mãn 1/x+1/y+1/z=2010 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=1/2x+y+z + 1/x+2y+z + 1/x+y+2z
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
\(P=\sqrt{2x^2+x+1}+\sqrt{2y^2+y+1}+\sqrt{2z^2+z+1}\)
Em không chắc đâu nha!
Từ đề bài suy ra \(0\le x;y;z\le1\Rightarrow x\left(1-x\right)\ge0\Rightarrow x\ge x^2\)
Tương tự với y với z.Ta có:
\(P=\sqrt{x^2+x^2+x+1}+\sqrt{y^2+y^2+y+1}+\sqrt{z^2+z^2+z+1}\)
\(\le\sqrt{x^2+2x+1}+\sqrt{y^2+2y+1}+\sqrt{z^2+2z+1}\)
\(=\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(y+1\right)^2}+\sqrt{\left(z+1\right)^2}\)
\(=\left|x+1\right|+\left|y+1\right|+\left|z+1\right|\)
\(=\left(x+y+z\right)+3=1+3=4\)
Dấu "=" xảy ra khi (x;y;z) = (0;0;1) và các hoán vị của nó.
Vậy....
Em sai chỗ nào xin các anh/ chị chỉ rõ ra giúp ạ, chứ tk sai mà không góp ý thế em cũng không biết đường nào mà tránh cái lỗi sai tương tự đâu ạ! Em cảm ơn.
cho các số thực x,y,z thỏa mãn \(x^4+y^4+z^4+2x^2y^2z^2=1\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=x^2+y^2+z^2-\sqrt{2}|xyz|\)
Ta sẽ chứng minh \(P_{min}=1\)
TH1: \(xyz=0\)
\(\Rightarrow x^2y^2z^2=0\Rightarrow x^4+y^4+z^4=1\)
\(P=x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{x^4+y^4+z^4}=1\)
TH2: \(xyz\ne0\) , từ điều kiện, tồn tại 1 tam giác nhọn ABC sao cho \(\left\{{}\begin{matrix}x^2=cosA\\y^2=cosB\\z^2=cosC\end{matrix}\right.\)
\(P=cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)
Ta sẽ chứng minh \(cosA+cosB+cosC-\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\ge1\)
\(\Leftrightarrow4sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{2cosA.cosB.cosC}\)
\(\Leftrightarrow8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}\ge cosA.cosB.cosC\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{8sin^2\dfrac{A}{2}sin^2\dfrac{B}{2}sin^2\dfrac{C}{2}}{8sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}cos\dfrac{C}{2}}\ge cotA.cotB.cotC\)
\(\Leftrightarrow tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}\ge cotA.cotB.cotC\)
\(\Leftrightarrow tanA.tanB.tanC\ge cot\dfrac{A}{2}cot\dfrac{B}{2}cot\dfrac{C}{2}\)
\(\Leftrightarrow tanA+tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}+cot\dfrac{B}{2}+cot\dfrac{C}{2}\)
Ta có:
\(tanA+tanB=\dfrac{sin\left(A+B\right)}{cosA.cosB}=\dfrac{2sinC}{cos\left(A-B\right)-cosC}\ge\dfrac{2sinC}{1-cosC}=\dfrac{2sin\dfrac{C}{2}cos\dfrac{C}{2}}{2sin^2\dfrac{C}{2}}=cot\dfrac{C}{2}\)
Tương tự: \(tanA+tanC\ge cot\dfrac{B}{2}\) ; \(tanB+tanC\ge cot\dfrac{A}{2}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Vậy \(P_{min}=1\) khi \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(1;0;0\right)\) và các hoán vị hoặc \(\left(x^2;y^2;z^2\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)
Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn \(\frac{1}{2x-1}+\frac{1}{\sqrt{2y-1}}+\frac{1}{\sqrt{2z-1}}=3\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A=\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}+\frac{2y+z}{y\left(y+2z\right)}+\frac{2z+x}{z\left(z+2x\right)}\)
Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn \(\frac{1}{\sqrt{2x-1}}+\frac{1}{\sqrt{2y-1}}+\frac{1}{\sqrt{2z-1}}=3\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A=\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}+\frac{2y+z}{y\left(y+2z\right)}+\frac{2z+x}{z\left(z+2x\right)}\)
HSG toán 9 Quảng Nam năm 2018-2019
Giải: Từ đẳng thức đã cho suy ra: \(x>\frac{1}{2};y>\frac{1}{2};z>\frac{1}{2}\). Áp dụng (a+b)2 >= 4ab ta có:
\(\left(x+2y\right)^2=\left(\frac{2x+y}{2}+\frac{3y}{2}\right)^2\ge4\cdot\left(\frac{2x+y}{2}\right)\cdot\frac{3y}{2}\)
\(\Rightarrow\left(x+2y\right)^2\ge3y\left(2x+y\right)\). Dấu "=" xảy ra <=> x=y
\(\Rightarrow\frac{2x+y}{x+2y}\le\frac{x+2y}{3y}\Rightarrow\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{2y+z}{y\left(y+2z\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{y}+\frac{1}{z}\right)\\\frac{2z+x}{z\left(z+2x\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{z}+\frac{1}{x}\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow A\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\left("="\Leftrightarrow x=y=z\right)\)
Ta có \(\sqrt{\left(2x-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(2x-1\right)+1}{2}\Rightarrow\sqrt{2x-1}\le2\Rightarrow\frac{1}{x}\le\frac{1}{\sqrt{2x-1}}\)
Tương tự \(\frac{1}{y}\le\frac{1}{\sqrt{2y-1}},\frac{1}{z}\le\frac{1}{\sqrt{2z-1}}\)Do đó:
\(A\le\frac{1}{\sqrt{2x-1}}+\frac{1}{\sqrt{2y-1}}+\frac{1}{\sqrt{2z-1}}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1
Vậy GTLN của A=3 đạt được khi x=y=z=1
cho 3 số x,y,z thỏa mãn \(x^2+2y+1=y^2+2z+1=z^2+2x+1=0\)
tính giá trị của biểu thức\(A=x^{2010}-2011\cdot y^{2011}-z^{2012}\)
Cho các số thực dương thỏa mãn: \(x,y,z\ge1\) và \(x+y+z=5\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\(P=\frac{1-2x}{x^3+7x-y-z+1}+\frac{1-2y}{y^3+7y-z-x+1}+\frac{1-2z}{z^3+7z-x-y+1}\)
\(\text{Với x,y,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 1/x+1/y+1/z=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức}:P=\frac{1}{\sqrt{2x^2+y^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{2y^2+z^2+3}}+\frac{1}{\sqrt{2z^2+x^2+3}}\)
Ta có \(\left(2x^2+y^2+3\right)\left(2+1+3\right)\ge\left(2x+y+3\right)^2\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{2x^2+y^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{2x+y+3}\)
Mà \(\frac{1}{2x+y+3}=\frac{1}{x+x+y+1+1+1}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+3\right)\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{2x^2+y^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{36}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+3\right)\)
Khi đó
\(P\le\frac{\sqrt{6}}{36}\left(\frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z}+9\right)=\frac{\sqrt{6}}{36}.18=\frac{\sqrt{6}}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
Vậy \(MaxP=\frac{\sqrt{6}}{2}\)khi x=y=z=1
dễ vãi mà ko giải đc NGU
cho ba số x,y,z thỏa mãn x2 +2y +1=y2 +2z+1=z2 +2x +1 =0 .Tính giá trị của biểu thức A=x2010 -2011.y2011 -z2012
\(\text{Các số thực không âm x,y,z thay đổi thỏa mãn điều kiện: x^2+ y^2+x^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6. \text{Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y+z}}\)\(\text{Các số thực không âm x,y,z thay đổi thỏa mãn điều kiện x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y+z}\)
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: \(Q\ge\sqrt{6}\)
\(\Rightarrow Min_Q=\sqrt{6}\)
Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2020\). Tìm giá trị lớn nhất của:
\(P=\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\)
Ta có bất đẳng thức: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) với \(x,y>0\).
Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=y\).
Ta có: \(\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{x+y+x+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)\)
\(\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\).
Tương tự với hai số hạng còn lại.
Suy ra \(P\le\frac{1}{16}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{1}{z}\right)+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{z}\right)\)
\(=\frac{1}{16}\left(\frac{4}{x}+\frac{4}{y}+\frac{4}{z}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{2020}{4}=505\).
Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=y=z=\frac{3}{2020}\).