Câu hỏi của Neet

Question

1)cho các số dương a,b,c .thỏa mãn  $5x^2+2xyz+4y^2+3z^2=60$.tìm MIn của x+y+z

2)cho x,y là các số dương .tìm Min

$A=\sqrt{\dfrac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\dfrac{4y^3}{y^3+\left(x+y\right)^3}}$

3...

Hung nguyen · Accepted Answer

Câu 1/ Đặt cái cần tìm là $P=x+y+z$ Ta có $5x^2+2xyz+4y^2+3z^2=60$ $\Rightarrow3z^2< 60$ $\Rightarrow0< z< 2\sqrt{5}$ $\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}20-z^2>0\9-2z>0\P-z>0\end{matrix}\right.$ Thay $x=P-y-z$ vào điều kiện ban đầu ta được. $5\left(P-y-z\right)^2+2yz\left(P-y-z\right)+4y^2+3z^2=60$ $\Leftrightarrow\left(9-2z\right)y^2-2\left(P-z\right)\left(5-z\right)y+5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)=0$ Để PT theo nghiệm y có nghiệm thì $\Delta'=\left(P-z\right)^2\left(5-z\right)^2-\left(9-2z\right)\left[5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)\right]\ge0$ $\Leftrightarrow\left(z^2-20\right)\left[\left(P-z\right)^2+6z-27\right]\ge0$ $\Rightarrow\left(P-z\right)^2+6z-27\le0$ $\Rightarrow P\le z+\sqrt{27-6z}\le6$ (cái này chỉ cần chuyển z qua VP rồi bình phương 2 vế là thấy liền nhé. Vậy $MaxP=6$ khi $\left\{{}\begin{matrix}x=1\y=2\z=3\end{matrix}\right.$Câu trả lời: Câu 1/ Đặt cái cần tìm là $P=x+y+z$ Ta có $5x^2+2xyz+4y^2+3z^2=60$ $\Rightarrow3z^2< 60$ $\Rightarrow0< z< 2\sqrt{5}$ $\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}20-z^2>0\9-2z>0\P-z>0\end{matrix}\right.$ Thay $x=P-y-z$ vào điều kiện ban đầu ta được. $5\left(P-y-z\right)^2+2yz\left(P-y-z\right)+4y^2+3z^2=60$ $\Leftrightarrow\left(9-2z\right)y^2-2\left(P-z\right)\left(5-z\right)y+5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)=0$ Để PT theo nghiệm y có nghiệm thì $\Delta'=\left(P-z\right)^2\left(5-z\right)^2-\left(9-2z\right)\left[5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)\right]\ge0$ $\Leftrightarrow\left(z^2-20\right)\left[\left(P-z\right)^2+6z-27\right]\ge0$ $\Rightarrow\left(P-z\right)^2+6z-27\le0$ $\Rightarrow P\le z+\sqrt{27-6z}\le6$ (cái này chỉ cần chuyển z qua VP rồi bình phương 2 vế là thấy liền nhé. Vậy $MaxP=6$ khi $\left\{{}\begin{matrix}x=1\y=2\z=3\end{matrix}\right.$

Hung nguyen · Answer

Câu 3/ Dễ thấy a, b, c không thể đồng thời bằng 0 được.

Ta chứng minh:  $\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2$

$\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left(3a^2+3b^2+3c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right)\ge0$

$\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+a^2+b^2+c^2\right]\ge0$ (đúng)

Từ đây ta suy ra $a^2+b^2+c^2\ge1$

Dấu = xảy ra khi $\left(a,b,c\right)=\left(1,0,0;0,1,0;0,0,1\right)$

PS: Vì không chứng minh được $x^2+y^2+z^2\ge1$ nên mình chứng minh $a^2+b^2+c^2\ge1$ nhé.Câu trả lời: Câu 3/ Dễ thấy a, b, c không thể đồng thời bằng 0 được.

Ta chứng minh:  $\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2$

$\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left(3a^2+3b^2+3c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right)\ge0$

$\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+a^2+b^2+c^2\right]\ge0$ (đúng)

Từ đây ta suy ra $a^2+b^2+c^2\ge1$

Dấu = xảy ra khi $\left(a,b,c\right)=\left(1,0,0;0,1,0;0,0,1\right)$

PS: Vì không chứng minh được $x^2+y^2+z^2\ge1$ nên mình chứng minh $a^2+b^2+c^2\ge1$ nhé.

Hung nguyen · Answer

Câu 2/

Trước tiên ta có:

$\sqrt{1+a^3}=\sqrt{\left(1+a\right)\left(1-a+a^2\right)}\le\dfrac{1+a+1-a+a^2}{2}=1+\dfrac{a^2}{2}$

Quay lại bài toán ta có:

$A=\sqrt{\dfrac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\dfrac{4y^3}{y^3+\left(x+y\right)^3}}=\sqrt{\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{2y}{x}\right)^3}}+\sqrt{\dfrac{4}{1+\left(\dfrac{x+y}{y}\right)^3}}$

$\ge\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2y}{x}\right)^2}+\dfrac{2}{1+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x+y}{y}\right)^2}$

$=\dfrac{x^2}{x^2+2y^2}+\dfrac{4y^2}{x^2+3y^2+2xy}\ge\dfrac{x^2}{x^2+2y^2}+\dfrac{4y^2}{2x^2+4y^2}=1$

Dấu =  xảy ra khi x = yCâu trả lời: Câu 2/