Chủ đề này có 2 trả lời

[tritanngo99]

Bài 1:Cho $x,y,z$ thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=9$ và $xyz\le 0$. Chứng minh rằng: $2(x+y+z)-xyz\le 10$.

Bài 2: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $2(x+y)+7z=xyz$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=2x+y+2z$.

Bài 3: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $4(a^3+b^3)+c^3=2(a+b+c)(ac+bc-2)$.

Tìm GTLN của biểu thức: $P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a(c+2)}+\frac{b+c}{a+b+c+2}+\frac{(a+b)^2+c^2}{16}$.

 

 

[Ngockhanh99k48]

Lời giải bài 2: Đặt $x=3a, y=5b, z=2c$ với $a, b, c >0$. Theo giả thiết thì ta có: $3a+5b+7c=15abc$.
Ta có $P=6a+5b+4c$
Sử dụng AM-GM ta có: $(6a+5b+4c)^2(3a+5b+7c) \geq 225\sqrt[15]{a^{12}b^{10}c^8}. 15\sqrt[15]{a^3b^5c^7}=15^3abc$. Suy ra $P \geq 15$. Dấu bằng xảy ra khi: $x=3, y=4, z=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 04-08-2016 - 16:32

[Ngockhanh99k48]

Bài 1: Theo mình không cần $xyz \leq 0$ đâu. Không mất tổng quát, giả sử $z= \max \{x, y, z \}$. Khi đó $18 = 2x^2+2y^2+2z^2 \geq 3(x^2+y^2) \geq 6xy$, suy ra $xy \leq 3$.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $[2(x+y+z)-xyz ] ^2 = [2(x+y)+z(2-xy)]^2$ $\leq [2^2+(2-xy)^2 ][(x+y)^2+z^2 ] = (9+2xy)(x^2y^2-4xy+8) = 100 + (2xy-7)(xy+2)^2 \leq 100$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=z=2, y=-1$ và hoán vị.
P/s: bạn có thể xem thêm VNTST 2002

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 04-08-2016 - 16:59