2x + 4y + 16z = 34 (x,y,z là các số thực không âm)
Tìm minP. P=x/4 +y/2 + z
cho x,y,z là số thực không âm thỏa mãn 2x+y+3z=6;3x+4y-3z=4. tìm Min P= 2x+3y-4z
\(\begin{cases} 2x+y+3z=6 (1) \\ 3x+4y-3z=4 (2) \end{cases} \)
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 = \(\dfrac{4}{3}\)
cho x,y,z là số thực không âm thỏa mãn 2x+y+3z=6; 3x+4y-3z+4. Tìm Min P=2x+3y-4z
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x^2z^2+y^2z^2+1>3z
Tính MinP= 1/(x+1)^2 + 8/(y+3)^2 + 4z^2/(1+2z)^2
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
cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1
Tìm GTNN của biểu thức P=2x+(y-z)2+4.2(yz)
sai đè nha:4\(\sqrt{yz}\)
cây gì lớn nhất hành tinh
1. Tìm a,b ∈ Z+(a,b ≠1) để 2a+3b là số chính phương
2. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:
\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\)
3. Tìm x,y,z ∈ Z+ t/m:
\(xy+y-x!=1;yz+z-y!=1;x^2-2y^2+2x-4y=2\)
4. Tìm tất cả các số nguyên tố p;q;r sao cho:
pq+qp=r
5. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình:
\(x^y+y^x+2022=z\)
6. CMR: Với n ∈ N và n>2 thì 2n-1 và 2n+1 không thể đồng thời là 2 số chính phương
Bài 2: Ta có:
\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\) là số lẻ
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+5y+1\\2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\end{matrix}\right.\) đều lẻ
\(\Rightarrow y⋮2\)\(\Rightarrow2020^{\left|x\right|}⋮̸2\Leftrightarrow\left|x\right|=0\Leftrightarrow x=0\).
Thay vào tìm được y...
Lúc nãy bận thi online nên giờ mới làm tiếp được, bạn thông cảm.
Bài 4:
Do p; q; r là các SNT nên \(p^q+q^p>2^2+2^2=8\Rightarrow r>8\) nên r là SNT lẻ
Mà r lẻ thì trong 2 số \(p^q;q^p\) phải có 1 số lẻ, một số chẵn.
Do vai trò p; q như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử p lẻ, q chẵn
\(\Rightarrow q=2\). Lúc này ta có:
\(p^2+2^p=r\)
+Xét p=3\(\Rightarrow p^2+2^p=r=17\left(tm\right)\) (Do p lẻ nên loại TH p=2)
+Xét p>3. Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}p^2\equiv1\left(mod3\right)\\2^p\equiv\left(-1\right)^p\equiv-1\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow p^2+2^p\equiv1+\left(-1\right)\equiv0\left(mod3\right)\)
\(\Rightarrow\left(p^2+2^p\right)⋮3\) mà \(p^2+2^p>3\) nên là hợp số
\(\Rightarrow r\) là hợp số, không phải SNT, loại.
Vậy ta có \(\left(p;q;r\right)\in\left\{\left(3;2;17\right);\left(2;3;17\right)\right\}\) tm đề bài
Bài 6: Ta có 1SCP lẻ chia cho 4 dư 1.
Nếu 2n-1 là SCP thì ta có
\(2n-1\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow2n+1\equiv3\left(mod4\right)\)
Do đó 2n+1 không là SCP
\(\Rightarrowđpcm\)
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1.Tìm GTLN của biểu thức:
P=\(2x+\left(y-z\right)^2+4\sqrt{yz}\)
Cho x, y. z là các số thực không âm thỏa mãn \(12x+10y+15z\le60\). Tìm GTLN của \(P=x^2+y^2+z^2-4x-4y-z\)
Xét \(5P-\left(12x+10y+15z\right)=5x^2-32x+5y^2-30y+5z^2-20z.\)
\(=5x\left(x-6,4\right)+5y\left(y-6\right)+5z\left(z-4\right).\)(1)
Mà \(x,y,z\ge0\)nên từ \(12x+10y+15z\le60\)suy ra \(\hept{\begin{cases}12x\le60\\10y\le60\\15z\le60\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le5\\y\le6\\z\le4\end{cases}\Rightarrow}}\hept{\begin{cases}x-6,4< 0\\y-6\le0\\z-4\le0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x-6,4\right)\le0\\y\left(y-6\right)\le0\\z\left(z-4\right)\le0\end{cases}.}}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(5P-\left(12x+10y+15z\right)\le0\)
\(\Rightarrow P\le\frac{12x+10y+15z}{5}\le\frac{60}{5}=12.\)
Vậy GTLN của P=12, Dấu '=' xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x\left(x-6,4\right)=y\left(y-6\right)=z\left(z-4\right)=0\\12x+10y+15z=60\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=0;z=4\\x=z=0;y=6\end{cases}.}}\)
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn :x+y+z=1.Tìm giá trị lớn nhất của
\(P=2x+\left(y-z\right)^2+4\sqrt{yz}\)
\(\text{Các số thực không âm x,y,z thay đổi thỏa mãn điều kiện: x^2+ y^2+x^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6. \text{Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y+z}}\)\(\text{Các số thực không âm x,y,z thay đổi thỏa mãn điều kiện x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y+z}\)
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 thực không âm .Tìm min của \(x^4+y^4+z^4\) . Biết x+y+z=2
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz=2\)
Mà \(xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge\frac{4}{3}\)
Tương tự: \(x^4+y^4+z^4\ge\left(x^2+y^2+z^2\right).\frac{1}{3}\ge\frac{16}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2/3