Chủ đề này có 5 trả lời

[saovangQT]

cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$

Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P=$\frac{\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}}{x^2+y^2+z^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi saovangQT: 04-01-2014 - 13:50

[Hoang Tung 126]

cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$

Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P=$\frac{\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}}{x^2+y^2+z^2}$

Áp dụng bđt Bunhiacopxki có :$P=\frac{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}}{x^2+y^2+z^2}\leq \frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2+3)}}{x^2+y^2+z^2}$

Ta sẽ CM $P\leq \sqrt{2}< = > \sqrt{3(x^2+y^2+z^2+3)}\leq \sqrt{2}(x^2+y^2+z^2)< = > 2(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^2+y^2+z^2)+9< = > 2(x^2+y^2+z^2)(x^2+y^2+z^2-3)+3(x^2+y^2+z^2-3)\geq 0< = > (x^2+y^2+z^2-3)(2(x^2+y^2+z^2)+3)\geq 0< = > x^2+y^2+z^2\geq 3$

Nhưng bđt Luôn đúng vì theo AM-GM có :$x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}=3.1=3$

Do đó P max $=\sqrt{2}< = > x=y=z=1$

[saovangQT]

Áp dụng bđt Bunhiacopxki có :$P=\frac{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}}{x^2+y^2+z^2}\leq \frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2+3)}}{x^2+y^2+z^2}$

 

bạn ơi bạn giải thích cho mình chỗ này được không

mình không hiểu sao áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki lại ra cái đó

[sasuke4598]

$\sqrt{1+x^2}\leqslant \frac{x^2+3}{2\sqrt{2}} \rightarrow P\leqslant\frac{x^2+y^2+z^2+9}{2\sqrt{2}(x^2+y^2+z^2)}=\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{9}{2\sqrt{2}(x^2+y^2+z^2)}$

Mà $x^2+y^2+z^2\geqslant 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$

Suy ra: $P\leqslant\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{9}{6\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$

[lahantaithe99]

cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$

Tìm giá trị lớn nhất biểu thức P=$\frac{\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}}{x^2+y^2+z^2}$

Đặt $x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\rightarrow abc=1$. Khi đó

$P=\frac{\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c}}{a+b+c}$

Áp dụng bunhia

$(\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c})^2\leq (3+a+b+c).3$

Mà theo côsi thì $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$

nên $(3+a+b+c).3\leq 2(a+b+c)^2$

Suy ra $(\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c})^2\leq 2(a+b+c)^2$

hay $\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c}\leq \sqrt{2}(a+b+c)$

Do đó $P\leq\frac{\sqrt{2}(a+b+c)}{a+b+c}=\sqrt{2}$

Dấu = xảy ra khi x=y=z=1

[Phuong Mark]

bạn ơi bạn giải thích cho mình chỗ này được không

mình không hiểu sao áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki lại ra cái đó 

thật ra bạn ấy đã biến đổi như thế này bạn :

ta có: $\left ( \sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{y^{2}+1}+\sqrt{z^{2}+1} \right )^{2}\leq \left ( 1+1+1 \right )\left ( x^{2} +1+y^{2}+1+z^{2}+1\right )=>\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{y^{2}+1}+\sqrt{z^{2}+1}\leq \sqrt{3\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2}+3 \right )}$