1 . Tìm GTLN của \(4a^3+4b^3+ab\)
\(Choa+b=1\) và a , b > 0
2 . Biết xyz = 1 . Tìm GTLN của \(P=\frac{1}{1+x+y}+\frac{1}{1+y+z}+\frac{1}{1+x+z}\)
cho x,y,z>0 và xyz=1
Tìm GTLN của \(A=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\)
Ta đi c/m BĐT sau: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) (*)
Thật vậy (*) \(\Leftrightarrow x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(x-y\right)+y^2\left(y-x\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)(luôn đúng)
Áp dụng vào bài toán:
\(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+1}=\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}\)(Do xyz=1)
Tương tự: \(\frac{1}{y^3+z^3+1}\le\frac{1}{yz\left(x+y+z\right)};\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)
\(\Rightarrow A\le\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{yz\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{zx\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=1\)
Vậy Max A = 1. Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1.
Cho x y z > 0 và x+y+z=xyz
Tìm GTLN của\(P=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\)
áp dụng bunhiacopski ta có:
P^2 =< (1+1+1)(1/1+x^2 + 1/1+y^2+1/1+z^2)= 3(....)
đặt (...) =A
ta có: 1/1+x^2=< 1/2x
tt với 2 cái kia
=> A=< 1/2(1/x+1/y+1/z) =<1/2 ( xy+yz+xz / xyz)=1/2 ..........
đoạn sau chj chịu
^^ sorry
Bài này là câu lớp 8 rất quen thuộc rùiiiiiii !!!!!!!!
gt <=> \(\frac{x+y+z}{xyz}=1\)
<=> \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\)
=> \(ab+bc+ca=1\)
VÀ: \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
THAY VÀO P TA ĐƯỢC:
\(P=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{c^2}}}\)
=> \(P=\frac{1}{\sqrt{\frac{a^2+1}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{b^2+1}{b^2}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{c^2+1}{c^2}}}\)
=> \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\)
Thay \(1=ab+bc+ca\) vào P ta sẽ được:
=> \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
=> \(P=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
=> \(2P=2.\sqrt{\frac{a}{a+b}}.\sqrt{\frac{a}{a+c}}+2.\sqrt{\frac{b}{b+a}}.\sqrt{\frac{b}{b+c}}+2.\sqrt{\frac{c}{c+a}}.\sqrt{\frac{c}{c+b}}\)
TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 2 SỐ SẼ ĐƯỢC:
=> \(2P\le\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\)
=> \(2P\le\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+a}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+b}\right)+\left(\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+c}\right)\)
=> \(2P\le\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\)
=> \(2P\le1+1+1=3\)
=> \(P\le\frac{3}{2}\)
DẤU "=" XẢY RA <=> \(a=b=c\) . MÀ \(ab+bc+ca=1\)
=> \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(x=y=z=\sqrt{3}\)
VẬY P MAX \(=\frac{3}{2}\) <=> \(x=y=z=\sqrt{3}\)
cho x,y,x là số nguyên lớn hơn 0
xyz=1
tìm GTLN của p=\(\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\)
Đề bài mâu thuẫn quá. Cả x,y,z đều lớn hơn 0 thì làm sao xyz = 0 được
Câu hỏi của Lâm Minh Anh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn xyz=1
Tìm GTLN của \(A=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\)
x,y,z là số thực à khó đấy số dương thì mk còn làm đc
chứ số thực mk chịu
Biến đổi tương đương ta CM được BĐT sau: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)
Ta có: \(\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+xyz}=\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{xyz\left(x+y+z\right)}\)
CM tương tự với các phân thức còn lại
Cộng vế theo vế các BĐT đó ta được:
\(A\le\frac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=\frac{1}{xyz}=1\)
Vậy Max A=1 <=> x=y=z=1
Cho x y z > 0 và xyz=1. Tìm GTLN của \(P=\frac{1}{x^4+y^4+z}+\frac{1}{y^4+z^4+x}+\frac{1}{z^4+x^4+y}\)
Xét: \(x^4+y^4-xy\left(x^2+y^2\right)=\left(x^2+y^2+xy\right)\left(x-y\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow x^4+y^4\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)(*)
Tương tự với (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}y^4+z^4\ge yz\left(y^2+z^2\right)\\z^4+x^4\ge zx\left(z^2+x^2\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{x^4+y^4+z}\le\Sigma_{cyc}\frac{1}{xy\left(x^2+y^2\right)+z.xyz}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{xy\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2}\)
Ta có:\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) và \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{x^4+y^4+z}\le\frac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2}\le\frac{1}{\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1
cho x,y,z>0, xyz=1 tìm GTLN A=\(\frac{1}{x^3+y^3+1}\)+\(\frac{1}{y^3+z^3+1}\)+\(\frac{1}{z^3+x^3+1}\)
đầu tiên cần c/m x3+y3 >= xy(x+y) (chứng minh=biến đổi tương đương)
ta có x3+y3+1 >= xy(x+y)+1=xy(x+y)+xyz=xy(x+y+z)
=>1/(x3+y3+1) <= 1/xy(x+y+z)
tương tự với 2 phân thức còn lại rồi cộng lại
Biết xyz = 1. Tìm GTLN của \(P=\frac{1}{1+x+y} + \frac{1}{1+y+z}+\frac{1}{1+x+z}\)
Đặt\(\hept{\begin{cases}x=a^3\\y=b^3\\z=c^3\end{cases}}\)
Có: \(xyz=1\Rightarrow a^3b^3c^3=1\Leftrightarrow abc=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x+y}=\frac{1}{a^3+b^3+abc}\)
Ta có: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)( tự c/m)
dấu " = " xảy ra <=> a=b
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x+y}=\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)ab}\)
Tương tự: \(\frac{1}{1+z+y}=\frac{1}{c^3+b^3+abc}\le\frac{1}{cb\left(c+b\right)+abc}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)cb}\)
\(\frac{1}{1+z+x}=\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ca\left(c+b\right)+abc}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)ca}\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
\(P\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=1\)
Dấu " = " xảy ra <=> x=y=z=1
Vậy \(P_{max}=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)
kudo shinichi , x,y,z phải dương ms làm được như bạn
cho x,y>0 và x+y=1 . tìm GTNN, GTLN của A=\(\frac{x}{y+1}\)+\(\frac{y}{x+1}\)
cho x,y,z >0 và xyz=1 tìm GTNN của A=\(\frac{x^2}{1+y}\)+\(\frac{y^2}{1+z}\)+\(\frac{z^2}{1+x}\)
Cho x , y , z > 0 thỏa mãn xyz = 1
Tìm GTLN: P = \(\frac{1}{x+2y+3}+\frac{1}{y+2z+3}+\frac{1}{z+2x+3}\)
Đặt \(^{\hept{\begin{cases}x=a^2\\y=b^2\\z=c^2\end{cases}}\Rightarrow abc=1}\)
\(\Rightarrow P=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)
ÁP DỤNG BĐT AM-GM :
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+b+1}\)
Tương tự \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{bc+c+1}\)
\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ac+a+1}\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(P\le\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1