Chủ đề này có 389 trả lời

[NDP]

Cho x, y, x là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất:

$P=\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+xz}+\frac{\sqrt{xyz}}{z+xy}$

Lời giải

Ta viết giả thiết dưới dạng tương đương $\sqrt{\frac{xy}{z}}.\sqrt{\frac{xz}{y}}+\sqrt{\frac{yz}{x}}.\sqrt{\frac{yx}{z}}+\sqrt{\frac{zx}{y}}.\sqrt{\frac{zy}{x}}=1$

Nên tồn tại tam giác ABC thoả mãn $tan\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{xy}{z}};tan\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{zx}{y}};tan\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{zy}{x}}$

Lúc đó P=$\frac{1}{tan^{2}\frac{C}{2}+1}+\frac{1}{tan^{2}\frac{B}{2}+1}+\frac{tan\frac{A}{2}}{tan^{2}\frac{A}{2}+1}$

          =$cos^{2}\frac{C}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+sin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}$

          =1+$\frac{1}{2}(cosC+cosB)+sin\frac{A}{2}\sqrt{1-sin^{2}\frac{A}{2}}$

          =1+$sin\frac{A}{2}cos\frac{B-C}{2}+sin\frac{A}{2}\sqrt{1-sin^{2}\frac{A}{2}}$

          $\leq 1+sin\frac{A}{2}+sin\frac{A}{2}\sqrt{1-sin^{2}\frac{A}{2}}$

Xét f(t=sin$\frac{A}{2}$)=$t+t\sqrt{1-t^{2}}$ với o<t<1 ta có f(t)$\leq f(\frac{\sqrt{3}}2{})$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$

Vậy Pmin=$\frac{4+3\sqrt{3}}{4}$ khi $\begin{cases} & \text{ } \frac{xy}{z}=\frac{3}{4} \\ & \text{ } \frac{yz}{x}=\frac{zx}{y}=7-4\sqrt{3} \\ & \text{ } x+y+z=1 \end{cases}$

[NDP]

Đề nguoithay.org

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=abc$

Chứng minh rằng : $(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)\leqslant \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}$

Lời giải

Ta có c=$\frac{a+b}{ab-1}> 0$ nên ab>1 tương tự ta có bc>1,ca>1

Nếu hai trong ba số a,b,c <1 $\Rightarrow$ số còn lại sẽ >1 do đó điều phải chứng minh luôn đúng

Nếu một trong hai số a,b,c <1 $\Rightarrow$ hai số còn lại sẽ <1 do đó điều phải chứng minh luôn đúng

Vậy ta sẽ chứng minh trong trường hợp a,b,c đều >1

Ta có giả thiết viết lại tương đương $\frac{1}{a}.\frac{1}{b}+\frac{1}{b}.\frac{1}{c}+\frac{1}{a}.\frac{1}{c}=1$

Do đó đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$ $\Rightarrow xy+yz+zx=1$

+)Lúc đó ta sẽ phair chứng minh $(1-x^{2})(1-y^{2})(1-z^{2})\leq xyz\sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)(z^{2}+1)}$

Ta có $x^{2}+1=x^{2}+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)$ thiểt lập tương tự ta sẽ chứng minh

 $(1-x^{2})(1-y^{2})(1-z^{2})\leq xyz(x+y)(x+z)(y+z)$

$\Leftrightarrow 2\leq 3xyz(x+y+z)+x^{2}+y^{2}+z^{2}$

$\Leftrightarrow 2(xy+yz+zx)^{2}\leq 3xyz(x+y+z)+(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)$ (do xy+yz+zx=1)

$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)[(x-y)^{2}+(y-z^{2})+(z-x)^{2}]-[z^{2}(x-y)^{2}+y^{2}(x-z)^{2}+x^{2}(y-z)^{2}]\geq 0$

$\Leftrightarrow S_{x}(y-z)^{2}+S_{y}(x-z)^{2}+S_{z}(x-y)^{2}\geq 0$

Trong đó $\begin{cases} & \text{ } S_{z}=xy+yz+zx-z^{2} \\ & \text{ } S_{y}=xy+yz+zx-y^{2} \\ & \text{ } S_{x}=xy+yz+zx-x^{2} \end{cases}$

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$ ta thấy ngay $S_{y},S_{z}\geq 0$

Lại có $\frac{x-z}{y-z}\geq \frac{x}{y}$ và $S_{y}x^{2}+S_{x}y^{2}>0$ ( kái này dễ dàng chứng minh được)

Nên $S_{z}(x-y)^{2}+S_{y}(x-z)^{2}+S_{x}(y-z)^{2}\geq (y-z)^{2}[S_{y}(\frac{x-z}{y-z})^{2}+Sx]\geq (y-z)^{2}(\frac{x^{2}S_{y}+y^{2}S_{x}}{y^{2}})\geq 0$

Kết thúc chứng minh dấu '=' xẩy  ra khi a=b=c=$\sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NDP: 20-06-2014 - 13:15

[Messi10597]

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của: 

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$ 

Ta có: $\sum \frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\sum \frac{a+b}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}\geq \frac{(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}}{\sqrt{(a+b)(a+c)}+\sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(a+c)(b+c)}}\geq 3$

Dấu bằng xảy ra $a=b=c=\frac{1}{3}$

[NDP]

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của: 

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$ 

Lời giải 

Ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\frac{a+b}{\sqrt{ab+c(a+b+c)}}=\frac{a+b}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\geq \frac{2(a+b)}{2c+a+b}=\frac{2(1-c)}{1+c}$

Vậy ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{a+c}{\sqrt{ac+b}}\geq 2(\frac{1-c}{1+c}+\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b})$

Ta sẽ chứng minh bồ đề sau với mọi số dương 0<x<1 ta có $\frac{1-x}{x+1}\geq \frac{7-9x}{2}\Leftrightarrow (3x-1)^{2}\geq 0$

Áp dung ta có $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{a+c}{\sqrt{ac+b}}\geq 2(\frac{1-c}{1+c}+\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b})$$\geq 2(\frac{7.3}{8}-\frac{9(a+b+c)}{8})=3$

Vậy ta có min =3 khi a=b=c=1/3

[25 minutes]

cho e hỏi cách làm bài này ạ
cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn $a+b+c =3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P= \sqrt{a^{2}+a+4} + \sqrt{b^{2}+b+4} +\sqrt{c^{2}+c+4}$

Tuy post đã lâu nhưng mình xin trích dẫn 1 cách khác ngắn gọn hơn
Dễ thấy $P$ có dạng $P=f(a)+f(b)+f(c)$ nên ta sẽ tìm cách chứng minh theo phương pháp tiếp tuyến
Ta cần chứng minh $\sqrt{a^2+a+4}\leqslant \frac{2a+6}{3}\Leftrightarrow 5a(a-3) \leqslant 0$
BĐT trên luôn đúng
Tương tự ta có
$\sum \sqrt{a^2+a+4}\leqslant \frac{2a+6}{3}+\frac{2b+6}{3}+\frac{2c+6}{3}=8$
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(3,0,0)$ và hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 26-06-2014 - 17:28

[NDP]

Đề nguoithay.org

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=4$

Tìm GTNN của $P=(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})$

Lời giải

Không mất tính tổng quát giả sử a$\geq b$$\Rightarrow u=\frac{a}{b}\geq 1$.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

Giả thiết viết dưới dạng tương :

  $(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-[(a+b)\frac{1}{c}+c(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})]+1$

      $\leq (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-2\sqrt{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+1$

         =$[\sqrt{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}-1]^{2}=(\sqrt{u+\frac{1}{u}+2}-1)^{2}$

Từ đó ta có $u+\frac{1}{u}\geq 7\Rightarrow u\geq \frac{7+3\sqrt{5}}{2}$ (do u$\geq 1$)

Áp dụng bất đẳng thưc Cauchy-schawars ,ta được

P=$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}})\geq [\sqrt{(a^{3}+b^{3})(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}})}+1]^{2}$

                 =$(\sqrt{u^{3}}+\frac{1}{\sqrt{u^{3}}}+1)^{2}\geq 19^{2}$ (Cái này em xét rồi)

Vậy Pmin=19$^{2}$ khi $\begin{cases} & \text{ } \frac{a}{b}+\frac{b}{a}=7 \\ & \text{ } ab=c^{2} \end{cases}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NDP: 22-06-2014 - 22:36

[megamewtwo]

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của: 

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$ 

Ta có $\sum \frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}= \sum \frac{a+b}{\sqrt{\left ( a+c \right )\left ( b+c \right )}}= \sum \frac{a}{\sqrt{\left ( a+c \right )\left ( b+c \right )}}+\sum \frac{b}{\sqrt{\left ( a+c \right )\left ( b+c \right )}}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{a}{a+c}+\sum \frac{a}{b+c} \right )+\frac{1}{2}\left ( \sum \frac{b}{a+c}+\frac{b}{b+c} \right )\geq 3$

[NDP]

Bài : Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn $(x^2+y^2+1)^2+3x^2y^2+1=4x^2+5y^2$

Tìm GTNN và GTLN của $P=\frac{x^2+2y^2-3x^2y^2}{x^2+y^2+1}$

 

Lời giải

Viết giả thiết dưới dạng tương .

  $(x^{2}+y^{2})^{2}+2-(x^{2}+y^{2})+3x^{2}y^{2}=y^{2}$

Do $\begin{cases} & \text{ } x^{2}+y^{2}\geq y^{2} \\ & \text{ } (x^{2}+y^{2})^{2}+2-2(x^{2}+y^{2})+3x^{2}y^{2}\geq (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+2 \end{cases}$

Do đó $\Rightarrow x^{2}+y^{2}\geq (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+2$ $\Rightarrow 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 2$

Lại có từ giả thiết $x^{2}+2y^{2}-3x^{2}y^{2}=(x^{2}+y^{2})^{2}+2-2(x^{2}+y^{2})$

Nên ta có P=$\frac{t^{2}-t+2}{t+1}$ với $a^{2}+b^{2}=t\varepsilon [1;2]$

Ta thấy ngay hàm f(t)=$\frac{t^{2}-t+2}{t+1}$ đồng biến nên $\begin{cases} & \text{ } f(t)\geq f(1)=1 \\ & \text{ } f(t)\leq f(2)=\frac{4}{3} \end{cases}$

Do đó Pmin=1 khi x=0,y=1 hoặc y=-1

           Pmax=$\frac{4}{3}$ khi x=o ,y=$\sqrt{2}$ hoặc y=-$\sqrt{2}$

[NDP]

 

Bài : Cho $a,b$ không âm sao cho $a(2a+2b-5)+b(b-3)+3=0$

Tìm GTNN và GTLN của $O=(ab-a+1)^2+(ab-b+1)^2$

 

 

 

Lời giải

Ta có giả thiết viết dưới dạng tương đương 

Từ gt $\Leftrightarrow (a+b)^{2}+a^{2}-5a-3b+3=0$

      $\Rightarrow 0\geq (a+b)^{2}-3(a+b)+2\Rightarrow 1\leq a+b\leq 2$

Ta có O=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)+(a+b)^{2}-2(a+b)+2$

*)Tìm min :

Theo tam thức bậc 2 ta có f(ab)=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)$$\geq f(\frac{a+b-1}{2})=2(\frac{t-1}{2})^{2}-(t-1)^{2}$ (Với a+b=t$\varepsilon [1;2]$)

Do đó O$\geq 2(\frac{t-1}{2})^{2}-(t-1)^{2}+t^{2}-2t+2$

                =$\frac{t^{2}-2t+3}{2}=\frac{(t-1)^{2}+2}{2}\geq 1$

*)Tìm max 

Ta có xét  f(ab)=$2a^{2}b^{2}+2ab(1-a-b)$ do ($\frac{a+b-1}{2}\geq 0$ ) nên f(ab)$\leq max(f(0);f(\frac{t^{2}}{4}))$ (Theo tính chất của tam thức bậc 2)

Ta có thể thấy $f(\frac{t^{2}}{4})\geq f(o)$ nên f(ab)$\leq f(\frac{t^{2}}{4})$

Do đó O$\leq 2(\frac{t^{2}}{4})^{2}+\frac{t^{2}}{2}(1-t)+t^{2}-3t+2$

                =$\frac{t^{4}-4t^{3}+12t^{2}-16t+16}{8}\leq 2$

Vậy Omin=1 khi a=1,b=0

       Omax=2 khi a=b=1

 

Spoiler

Vừa vừa thôi, để người khác làm nữa chứ em

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 25-06-2014 - 12:31

[NDP]

 

Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a(b+c)+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{b(b+4c)}}+4\sqrt{c+1}+2\sqrt{a+2b+4}$

P/S: Ai làm được bài nào thì chỉ trích dẫn bài đó thôi nhé, để load trang cho nhanh

Spoiler

BĐT thi ĐH nó vẫn xấu xí như thế, còn mấy ngày cuối, hi vọng năm nay làm được câu 6

Hình gửi kèm

• 

[NDP]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=\dfrac{8a+3b+4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt[3]{abc})}{1+(a+b+c)^2}$$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NDP: 28-06-2014 - 11:07

[25 minutes]

Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=1.Tìm GTNN của biểu thức

$P=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{xy+yz+zx}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

Đặt $t=x^2+y^2+z^2\Rightarrow xy+yz+zx=\frac{1-t}{2}$

$\Rightarrow P=f(t)=t+\frac{1-t}{2t}=t+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}, t \geqslant\frac{1}{3}$

Xét $f'(t)=1-\frac{1}{2t^2}=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Lập bảng biến thiên ta có $P=f(t)\geqslant f(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$

Dấu '=' xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\x^2+y^2+z^2=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix}\right.$

[NDP]

[25 minutes]

Đề khối A-2014:

Cho $x,y,z$ là các số không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2$

Tìm GTLN của biểu thức $P=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$

Đề khối B-2014:

Cho $a,b,c$ là các số không âm và thỏa mãn điều kiện $(a+b)c>0$

Tìm GTNN của biểu thức $P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\frac{c}{2(a+b)}$

Đề khối D-2014:

Cho hai số thực $x,y$ thỏa mãn điều kiện $1 \leqslant x,y \leqslant 2$

Tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{x+2y}{x^2+3y+5}+\frac{y+2x}{y^2+3x+5}+\frac{1}{4(x+y-1)}$

P/S: Mọi người không giải bài hay copy link đáp án $3$ bài trên nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 16-07-2014 - 16:18

[25 minutes]

Mình đang cần gấp m.n giải giùm mình cái ah!!!

Cho 2 số thực dương $x,y$ thảo mãn điều kiện $xy \leqslant  y-1$. Tìm GTLN của biểu thức:
$P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2-xy+3y^2}}-\frac{x-2y}{6(x+y)}$

Tham khảo tại đây

 

$P=(\frac{x^4}{y^4}+\frac{y^4}{x^4}-3xy)(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})^2$

Theo mình nghĩ $P=\frac{x^4}{y^4}+\frac{y^4}{x^4}-3xy(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})^2$ sẽ đẹp và thuận tiện hơn. Bạn xem lại đề bài coi

[kalezim16mk]

Bài 1 :  Ch0 $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2=1 \end{matrix}\right.$

Tìm GTLN của $P=a^2b^2c^2$

Bài 1:Giả thiết $a+b+c=0$ $\Rightarrow c=-a-b$

$a^{2}$+b^{2}$+c^{2}=1$ $\Rightarrow ab+b^{2}+a^{2}=\frac{1}{2}$

$P=a^{2}b^{2}c^{2}=a^{2}b^{2}(a+b)^{2}$=$a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2}+2ab)=(1-a^{2}-b^{2})a^{2}b^{2}=4\frac{-ab}{2}\frac{-ab}{2}(1-a^{2}-b^{2})\leq 4(\frac{1-\frac{ab}{2}-\frac{ab}{2}-(a^{2}+b^{2})}{27}=\frac{1}{54}$

 Vây max P=$\frac{1}{54}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 22-07-2014 - 09:42

[25 minutes]

Đang cần gấp m.n giải giùm mình cái.
Cho x,y,z>0 và x+y+z=1. CM: $\sqrt{\frac{xy}{xy+z}}+\sqrt{\frac{yz}{yz+x}}+\sqrt{\frac{zx}{zx+y}} \le \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}$

Ta có $\sqrt{\frac{yz}{yz+x}}=\sqrt{\frac{yz}{yz+x(x+y+z)}}=\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}}\leqslant \frac{1}{2}(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z})$

$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{yz}{yz+x}}\leqslant \sum \frac{1}{2}(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z})=\frac{3}{2}$

Và $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\geqslant \frac{3}{2}$ theo BĐT Nesbit

[anhxuanfarastar]

Mình nghĩ đề phải thế này mới đúng:

Cho 2 số thực dương x, y thỏa: $3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y})=x+y+2$

Tìm GTNN của $P=(\frac{x^{4}}{y^{2}}+\frac{y^{4}}{x^{2}}-3xy)(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})^{2}$

 

Mình giải luôn nhé:

Biến đổi giả thiết (Để ý rằng ẩn của P nên chọn là $t=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

$3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=2+x+y+\frac{3}{x}+\frac{3}{y}\geq 2+2\sqrt{(x+y)(\frac{3}{x}+\frac{3}{y})}=2+2\sqrt{3(\frac{2}{y}+\frac{y}{x})+6}$

Tìm đk của t:  $3t\geq 2+2\sqrt{3t+6}\Rightarrow 9t^{2}-24t-20\geq 0\Rightarrow t\geq \frac{10}{3}$

$P=(\frac{x^{4}}{y^{4}}+\frac{y^{4}}{x^{4}})-2(\frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{x^{3}})+(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}})-3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+6$

$\Rightarrow P=t^{4}-2t^{3}+3t+4, t\in [\frac{10}{3};+\infty )$

Đến đây là OK rồi, bạn tự giải tiếp nhé !

[anhxuanfarastar]

Với mọi số thực x,y thỏa mãn điều kiện $2(x^{2}+y^{2})=xy+1$

Tìm GTLN và GTNN của $P=\frac{x^{4}+y^{4}}{2xy+1}$

Đặt $t=xy$. Từ giả thiết ta có $xy=-\frac{1}{5}+\frac{2}{5}(x+y)^{2}\geq -\frac{1}{5}$

Mặt khác $xy=\frac{1}{3}-2(x-y)^{2}\leq \frac{1}{3}$.

Viết lại $P=\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}-2x^{2}y^{2}}{2xy+1}=\frac{\frac{(t+1)^{2}}{4}-2t^{2}}{2t+1}=f(t))$

Xét hàm f(t), với $-\frac{1}{5}\leq t\leq \frac{1}{3}$, đạo hàm lập BBT tìm được GTLN và GTNN.

[25 minutes]

Cho mình hỏi bài này một chút.Mình làm bị gặp trục trặc

Cho $ x,y,z $ dương thỏa mãn \[3({x^4} + {y^4} + {z^4}) - 7({x^2} + {y^2} + {z^2}) + 12 = 0\]

Tìm Min \[P = \frac{{{x^2}}}{{y + 2z}} + \frac{{{y^2}}}{{z + 2x}} + \frac{{{z^2}}}{{x + 2y}}\]

Áp dụng AM-GM ta có 

         $0=3(x^4+y^4+z^4)-7(x^2+y^2+z^2)+12\geqslant (x^2+^2+z^2)^2-7(x^2+y^2+z^2)+12$

$\Rightarrow 3\leqslant x^2+y^2+z^2\leqslant 4$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

         $\sum \frac{x^2}{y+2z}=\sum \frac{x^4}{x^2y+2x^2z}\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^2y+2\sum xy^2}\geqslant \sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\geqslant 1$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$