Cho x, y, z thỏa mãn:
\(\hept{\begin{cases}0\le x,y,z\le1\\2x+y\le2\end{cases}}\)
Chứng minh \(2x^2+y^2\le\frac{3}{2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
DT
6 tháng 6 2019
Từ \(0\le x\le y\le1\) và \(2x+y\le2\Rightarrow2x^2+xy\le2x\)(nhân cả 2 vế với \(x\ge0\))
\(\left(y-x\right)y\le y-x\)(nhân cả 2 vế của \(0\le y\le1\)với \(y-x\ge0\)(do \(x\le y\))
Cộng từng vế ta có :
\(2x^2+xy+\left(y-x\right)y\le2x+y-x\)
\(\Leftrightarrow2x^2+y^2\le x+y\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2+y^2\right)^2\le\left(x+y\right)^2\)
Mặt khác \(\left(x+y\right)^2=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}x+1.y\right)^2\le\left(\frac{1}{2}+1\right)\left(2x^2+y^2\right)\)(bất đẳng thức Bunhiacopxki)
\(\Rightarrow\left(2x^2+y^2\right)^2\le\frac{3}{2}\left(2x^2+y^2\right).\)
\(\Leftrightarrow2x^2+y^2\le\frac{3}{2}.\)(đpcm)
Chúc học tốt
18 tháng 8 2019
Ta có \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=4\)
=> \(\orbr{\begin{cases}x+y+z=2\\x+y+z=-2\end{cases}}\)
+ \(x+y+z=2\)
Thay vào Pt (1)
=> \(xy+z\left(2-z\right)=1\)
=> \(xy=\left(z-1\right)^2\)=> \(x,y,z\ge0\)( do \(x+y+z=2>0\))
Mà \(xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\left(\frac{2-z}{2}\right)^2\)
=> \(z-1\le\frac{2-z}{2}\)=> \(z\le\frac{4}{3}\)
Hoàn toàn TT => \(x,y,z\le\frac{4}{3}\)
+ \(x+y+z=-2\)
=> \(xy+z\left(-2-z\right)=1\)
=> \(xy=\left(z+1\right)^2\)=> \(x,y,z\le0\)( do \(x+y+z=-2< 0\))
Mà \(xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\left(\frac{-2-z}{2}\right)^2\)
=> \(\left(z+1\right)^2\le\left(\frac{z+2}{2}\right)^2\)
=> \(z+1\ge\frac{-z-2}{2}\)=> \(z\ge-\frac{4}{3}\)
TT => \(x,y,z\ge-\frac{4}{3}\)
Vậy \(-\frac{4}{3}\le x,y,z\le\frac{4}{3}\)
26 tháng 7 2020
chứng minh \(\frac{3}{2}\ge\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\)
ta có \(\left(x-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+1\ge2x\Leftrightarrow\frac{2x}{1+x^2}\le1\)
\(\left(y-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow y^2+1\ge2y\Leftrightarrow\frac{2y}{1+y^2}\le1\)
\(\left(z-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow z^2+1\ge2z\Leftrightarrow\frac{2z}{1+z^2}\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2x}{1+x^2}+\frac{2y}{1+y^2}+\frac{2x}{1+z^2}\le3\Leftrightarrow\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{3}{2}\)
chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{2}\)
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}=\frac{3}{\sqrt{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}\)
ta lại có \(\frac{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}{3}\ge\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)
vậy \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{\frac{\left(1+x\right)+\left(1+y\right)+\left(1+z\right)}{3}}=\frac{3}{2}\)
kết hợp ta có \(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\le\frac{3}{2}\le\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\)
T
28 tháng 1 2020
Đặt \(x=a+1;y=b+1;z=c+1\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)và \(a+b+c=3\)
Chứng minh : \(\left(a+1\right)^3+\left(b+1\right)^3+\left(c+1\right)^3\le36\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\le24\). Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\) thì:
\(3a\ge a+b+c=3\Rightarrow2\ge a\ge1\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Theo kết quả bài này thì \(a^2+b^2+c^2\le5\) (em làm thế này cho ngắn, lúc trình bày vô bài làm thì anh ghi cả chứng minh vô luôn nha!). Vậy ta chỉ cần chứng minh: \(a^3+b^3+c^3\le9\).
Ta có: \(a^3+b^3+c^3\le a^3+b^3+c^3+3bc\left(b+c\right)\)
\(=a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3\)
\(=9\left(a-1\right)\left(a-2\right)+9\le9\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị.
