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

gtln của A = 9

Với  \(x=y=z=1\)

easy không ? =)

Có 0 <= x,y,z      =>   xyz >= 0                           

Có x,y,z <=2       => (2-x)(2-y)(2-z)>=0        =>  8 - 4(x+y+z) + 2(xy+yz+zx) -xyz >=0

Từ đó => 8 - 4(a+b+c) +2(ab+bc+ca)>=0

=> 8 - 4(a+b+c) + (a+b+c)^2 >= a^2+b^2+c^2

=> 8 -4.3 +3^2 >=A   (vì x+y+z=3)

=> 5>= A

Dấu "=" xảy ra khi x=2,y=1,z=0

Vậy Max A =5 khi x=2,y=1,z=0

\(0\le x;y;z\le2\Rightarrow\left(2-x\right)\left(2-y\right)\left(2-z\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow8+2\left(xy+yz+zx\right)-4\left(x+y+z\right)-xyz\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(xy+yz+zx\right)\ge4+xyz\ge4\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx\ge2\)

\(\Rightarrow Q=\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\le9-2.2=5\)

\(Q_{max}=5\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;1;2\right)\) và hoán vị

vì trong 3 số x,y,z có ít nhất là 2 số cùng dấu

giả sử \(x,y\le0\)\(\Rightarrow z=-\left(x+y\right)\ge0\)

Mà \(-1\le x,y,z\le1\)nên \(x^2\le\left|x\right|;y^4\le\left|y\right|;z^6\le\left|z\right|\)

\(\Rightarrow x^2+y^4+z^6\le\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|=-x-y+z=-\left(x+y\right)+z=2z\le2\)

Dấu " = " xảy ra chẳng hạn x = 0 ; y = -1; z = 1

Lời giải:

Do $x,y,z\in [0;2]\Rightarrow (x-2)(y-2)(z-2)\leq 0$

$\Leftrightarrow xyz-2(xy+yz+xz)+4(x+y+z)-8\leq 0$

$\Leftrightarrow 2(xy+yz+xz)\geq 4(x+y+z)-8+xyz$

Mà $4(x+y+z)-8+xyz=4.3-8+xyz=4+xyz\geq 4$ do $x,y,z\geq 0$

Do đó $2(xy+yz+xz)\geq 4$

Suy ra $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)=9-2(xy+yz+xz)\leq 9-4=5$

Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(2,1,0)$ và các hoán vị.

Có nhiều cách!

Cách 2:Giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow3x\ge x+y+z=3\Rightarrow2\ge x\ge1\)

Ta có: \(x^2+y^2+z^2\le x^2+y^2+2yz+z^2=x^2+\left(y+z\right)^2\)

\(=x^2+\left(3-x\right)^2=2x^2-6x+9\)

\(=2\left(x-1\right)\left(x-2\right)+5\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị

Vậy...

Cách 3: Dùng khai triển Abel: Câu hỏi của Thảo Lê - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath (em không chắc lắm nhưng cứ đăng)

*Áp dụng BĐT Svarxơ, ta có:

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

Vậy P_min=3\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{1}=\frac{y^2}{1}=\frac{z^2}{1}\Rightarrow x=y=z=1\)

Gọi mặt phẳng (Q) có pt \(x+y+z-3=0\)

Gọi \(M\left(a;b;c\right)\in\left(Q\right)\) sao cho \(0\le a;b;c\le2\)

\(\Rightarrow P=OM^2=a^2+b^2+c^2\)

Bài toán trở thành tìm \(M\in\left(Q\right)\) sao cho \(OM\) đạt GTLN và GTNN

- Phần GTNN thì đơn giản rồi, gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (Q) \(\Rightarrow OH\perp HM\Rightarrow\) tam giác OHM vuông tại H \(\Rightarrow OH\le OM\) (trong tam giác vuông cạnh huyền luôn lớn hơn hoặc bằng cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow OM_{min}=OH\) khi \(M\) trùng H (dễ dàng tìm ra \(H\left(1;1;1\right)\) có tọa độ thỏa mãn \(0\le a;b;c\le2\))

\(\Rightarrow OM_{min}=OH=d\left(O;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|1.0+1.0+1.0-3\right|}{\sqrt{1+1+1}}=\sqrt{3}\Rightarrow P_{min}=OM_{min}^2=3\)

- Phần GTLN hơi phức tạp chút, có lẽ do mình ko tìm ra cách giải tốt nhất

Ta thấy M luôn nằm trong hình lập phương giới hạn bởi các mặt phẳng \(x=2;y=2;z=2\) và \(xOy;yOz;xOz\)

\(\Rightarrow M\) thuộc hình phẳng là tiết diện của \(\left(Q\right)\) với hình lập phương nói trên

\(\Rightarrow M\) thuộc hình lục giác đều có tọa độ lần lượt A(1;0;2); B(0;1;2); C(0;2;1); D(1;2;0); E(2;1;0); F(2;0;1) với tâm là \(H\left(1;1;1\right)\)

\(OM^2=OH^2+HM^2\Rightarrow OM_{max}\) khi \(HM_{max}\)

Mà \(HM\le HA=HB=HC=HD=HE=HF\)

\(\Rightarrow OM_{max}\) khi \(M\) trùng A (hoặc B, C, D, E, F)

\(\Rightarrow OM_{max}^2=OH^2+HA^2=3+\left(1-1\right)^2+\left(0-1\right)^2+\left(2-1\right)^2=5\)

\(\Rightarrow P_{max}=OM_{max}^2=5\)

Khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;0;2\right)\) và các hoán vị