NP
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
O
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2021
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
cho \(x,y,z\ge0\) thỏa mãn \(x y z=6\). tìm GTLN và GTNN của biểu thức \(A=x^2 y^2 z^2\) - Hoc24
30 tháng 4 2023
Ta có \(x^2+y^2=1\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=2xy+1\)
Từ đó \(P=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{x+y+1}\). Đặt \(x+y=t\left(t\ge0\right)\). Vì \(x+y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}=2\) nên \(t\le\sqrt{2}\). ĐTXR \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Ta cần tìm GTLN của \(P\left(t\right)=\dfrac{t^2}{t+1}\) với \(0\le t\le\sqrt{2}\).
Giả sử có \(0\le t_1\le t_2\le\sqrt{2}\). Ta có BDT luôn đúng \(\left(t_2-t_1\right)\left(t_2+t_1+t_2t_1\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow t_2^2-t_1^2+t_2^2t_1-t_2t_1^2\ge0\) \(\Leftrightarrow t_1^2\left(t_2+1\right)\le t_2^2\left(t_1+1\right)\) \(\Leftrightarrow\dfrac{t_1^2}{t_1+1}\le\dfrac{t_2^2}{t_2+1}\) \(\Leftrightarrow P\left(t_1\right)\le P\left(t_2\right)\). Như vậy với \(0\le t_1\le t_2\le\sqrt{2}\) thì \(P\left(t_1\right)\le P\left(t_2\right)\). Do đó P là hàm đồng biến. Vậy GTLN của P đạt được khi \(t=\sqrt{2}\) hay \(x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), khi đó \(P=2\sqrt{2}-2\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 4 2023
Lời giải:
$P=\frac{2xy+1}{x+y+1}=\frac{2xy+x^2+y^2}{x+y+1}=\frac{(x+y)^2}{x+y+1}$
$=\frac{a^2}{a+1}$ với $x+y=a$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$1=x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}=\frac{a^2}{2}$
$\Rightarrow a^2\leq 2\Rightarrow a\leq \sqrt{2}$
$P=\frac{a^2}{a+1}=\frac{a}{1+\frac{1}{a}}$
Vì $a\leq \sqrt{2}\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{2+\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow P\leq \frac{\sqrt{2}}{\frac{2+\sqrt{2}}{2}}=-2+2\sqrt{2}$
Vậy $P_{\max}=-2+2\sqrt{2}$ khi $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$
NA
0
D
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 1 2021
Bài này chỉ có min, không có max của A nhé bạn
Muốn có max thì x;y;z phải không âm
VM
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 6 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$x^2+y^2\geq 2\sqrt{x^2y^2}=2|xy|\geq 2xy$
$\Rightarrow 3(x^2+y^2)\geq 6xy$
$x^2+9\geq 2\sqrt{9x^2}=2|3x|\geq 6x$
$y^2+9\geq 2\sqrt{9y^2}=2|3y|\geq 6y$
Cộng theo vế các BĐT trên:
$4(x^2+y^2)+18\geq 6(xy+x+y)=90$
$\Rightarrow x^2+y^2=18$
Vậy $A_{\min}=18$ khi $(x,y)=(3,3)$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 6 2021
Sầu Riêng: của em nếu $x,y$ dương thì đúng. Còn trong bài $x,y$ thực thì đến đoạn $(x+y+2)^2\geq 64$ thì không khẳng định $x+y\geq 6$ được nha.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2021
Lời giải:
Tìm min:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{6^2}{3}=12$
Vậy $A_{\min}=12$. Giá trị này đạt tại $x=y=z=2$
--------------
Tìm max:
$A=x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)=36-2(xy+yz+xz)$
Vì $x,y,z\geq 0\Rightarrow xy+yz+xz\geq 0$
$\Rightarrow A=36-2(xy+yz+xz)\leq 36$
Vậy $A_{\max}=36$. Giá trị này đạt tại $(x,y,z)=(0,0,6)$ và hoán vị.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
31 tháng 3 2021
\(x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\ge0\Rightarrow x+y\ge0\)
\(x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\le\sqrt{2\left(x+y+12\right)}\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\le2\left(x+y+12\right)\)
\(\Rightarrow\left(x+y+4\right)\left(x+y-6\right)\le0\)
\(\Rightarrow x+y\le6\) (do \(x+y+4>0\))
\(P_{max}=6\) khi \(x=y=3\)
\(x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2=x+y+12+2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\ge x+y+12\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)-12\ge0\)
\(\Rightarrow\left(x+y+3\right)\left(x+y-4\right)\ge0\)
\(\Rightarrow x+y-4\ge0\) (do \(x+y+3>0\))
\(\Rightarrow x+y\ge4\)
\(P_{min}=4\) khi \(\left(x;y\right)=\left(-6;10\right)\) và hoán vị
30 tháng 3 2021
Ta có: x - \(\sqrt{x+6}\) = \(\sqrt{y+6}\) - y (x; y \(\ge\) -6)
\(\Leftrightarrow\) P = x + y = \(\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\)
\(\Leftrightarrow\) P2 = x + y + 12 + 2\(\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số ko âm x + 6 và y + 6 ta có:
\(x+y+12\ge2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) P2 \(\le\) x + y + 12 + x + y + 12 = 2x + 2y + 24 = 2P + 24
\(\Leftrightarrow\) P2 - 2P - 24 \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) P2 - 36 + 12 - 2P \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) (P - 6)(P + 6) + 2(6 - P) \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) (P - 6)(P + 4) \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) \(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}P-6\ge0\\P+4\le0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}P-6\le0\\P+4\ge0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left[{}\begin{matrix}-4\ge P\ge6\left(KTM\right)\\6\ge P\ge-4\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) -4 \(\le\) P \(\le\) 6
Vậy ...
Chúc bn học tốt!
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$x^6+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{x^6}{64}}=\frac{3}{4}x^2$
$y^6+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{4}y^2$
Cộng 2 BĐT trên và thu gọn theo vế thì:
$A+\frac{1}{2}\geq \frac{3}{4}(x^2+y^2)$
$\Leftrightarrow A+\frac{1}{2}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow A\geq \frac{1}{4}$
--------------------
Lại có:
$x^2+y^2=1\Rightarrow x^2\leq 1; y^2\leq 1\Rightarrow x^4\leq 1; y^4\leq 1$
Khi đó:
$x^6\leq x^2; y^6\leq y^2$
$\Rightarrow x^6+y^6\leq x^2+y^2$
$\Rightarrow A\leq 1$
Vậy $A_{\min}=\frac{1}{4}; A_{\max}=1$