Cho x,y,z thuộc R. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Biết P= l2x+3yl+l4y+5zl+lxy+yz+xz+110l
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
KB
0
HK
0
TN
0
DN
2
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
14 tháng 7 2021
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)
\(\left(y-z\right)\ge0\Leftrightarrow y^2+z^2\ge2yz\)
\(\left(z-x\right)^2\ge0\Leftrightarrow z^2+x^2\ge2zx\)
\(\left(x-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+1\ge2x\)
\(\left(y-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow y^2+1\ge2y\)
\(\left(z-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow z^2+1\ge2z\)
Cộng lại vế với vế ta được:
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2xy+2yz+2zx+2x+2y+2z\)
\(\Leftrightarrow Q\ge\frac{2\left(x+y+yz+xy+yz+zx\right)-3}{3}=3\)
Dấu \(=\)khi \(x=y=z=1\).
14 tháng 7 2021
Ta có: \(x+y+z+xy+yz+xz\le x+y+z+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
=> \(\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)\ge3.6=18\)
<=> \(\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)-18\ge0\)
<=> \(\left(x+y+z-3\right)\left(x+y+z+6\right)\ge0\)
<=> \(x+y+z\ge3\)(vì x + y + z + 6 > 0 vì x,y,z > 0)
Do đó: \(Q=x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra<=> x = y= z và x + y + z = 3 <=> x = y = z = 1
Vậy MinQ = 3 <=> x = y= z = 1
YY
2
PN
6 tháng 9 2020
C1 : Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)< =>2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Suy ra được : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx=1< =>\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge1\)
\(< =>x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2\ge1\)(*)
Bất đẳng thức chứng minh có thể viết theo dạng : \(x^4+y^4+z^4\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)
\(< =>2\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)< =>2x^4+2y^4+2z^4\ge2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2\)(**)
Cộng theo vế bất đẳng thức (*) và (**) ta được : \(x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+2x^4+2y^4+2z^4\ge2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+1\)
\(< =>3\left(x^4+y^4+z^4\right)+2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)-2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\ge1\)
\(< =>3\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge1< =>x^4+y^4+z^4\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Vậy GTNN của \(x^4+y^4+z^4=\frac{1}{3}\)đạt được khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
PN
6 tháng 9 2020
C2 : Ta có : \(x^4+y^4+z^4=\left(x^4+\frac{1}{9}\right)+\left(y^4+\frac{1}{9}\right)+\left(z^4+\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{3}\)
Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge2ab< =>\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\left(x^4+\frac{1}{9}\right)+\left(y^4+\frac{1}{9}\right)+\left(z^4+\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{3}\ge\frac{2}{3}x^2+\frac{2}{3}y^2+\frac{2}{3}z^2-\frac{1}{3}\)
\(=\frac{2}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)-\frac{1}{3}\)(*)
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)< =>2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được :
\(\frac{2}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)-\frac{1}{3}\ge\frac{2}{3}\left(xy+yz+zx\right)-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\)( Do \(xy+yz+zx=1\)) (**)
Từ (*) và (**) suy ra \(\left(x^4+\frac{1}{9}\right)+\left(y^4+\frac{1}{9}\right)+\left(z^4+\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{3}\ge\frac{2}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\)
Hay \(x^4+y^4+z^4\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Vậy GTNN của \(x^4+y^4+z^4=\frac{1}{3}\)đạt được khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
KH
3
3 tháng 6 2016
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=1+2\left(ab+bc+ca\right).\)
\(\Rightarrow A=\left(ab+bc+ca\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{2}\ge-\frac{1}{2}\)với mọi a,b,c
Vậy A nhỏ nhất bằng -1/2 khi a+b+c =0
B
29 tháng 5 2022
Ta có : \((x-\dfrac{1}{3})^2+(y-\dfrac{1}{3})^2+(z-\dfrac{1}{3})^2>=0\)
\(=>x^2+y^2+z^2-\dfrac{2}{3}(x+y+z)+\dfrac{1}{3}\ge0\)
\(=>x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{3}\ge\dfrac{2}{3}(x+y+z)\)
\(=>1+\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{3}\ge\dfrac{2}{3}(x+y+z)\)
\(=>x+y+z\le2\)
Do đó : \((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=1+2(ab+bc+ca).\)
\(=>A=(ab+ac+bc)=\dfrac{1}{2}(a+b+c)^2-\dfrac{1}{2}\le\dfrac{1}{2}.2^2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)
1 tháng 4 2019
*Max
Có: \(x^2+4\ge4x\)
\(y^2+4\ge4y\)
\(z^2+4\ge4z\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+12\ge4\left(x+y+z\right)\)\(\Rightarrow x+y+z\le\frac{x^2+y^2+z^2+12}{4}\)
Lại có \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)(Auto chứng minh)
Cộng 2 vế của bdtd lại ta đc \(x+y+z+xy+yz+zx\le\frac{5\left(x^2+y^2+z^2\right)+12}{4}\)
\(=\frac{5.12+12}{4}=18\)
"=" KHI x = y= z = 2
*Min : ta có : \(12+2\left(xy+yz+zx\right)\ge x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(=\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx\ge-6\)
Dấu "=" xảy ra <=> x + y + z = 0
Với các giá trị trên ta đc \(x+y+z+xy+yz+zx\ge0-6=-6\)
Dấu "=" <=> x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 12
2 tháng 4 2019
bạn ơi mình giải thế này thì sao nhỉ:
đặt x+y+z=a=> \(a^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)
=> \(xy+yz+zx=\frac{a^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)}{2}\ge\frac{a^2-12}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge a+\frac{a^2-12}{2}\ge-\frac{13}{2}\)( dùng hằng đẳng thức c/m)
dấu " =" <=> \(\hept{\begin{cases}x+y+z=-1\\x^2+y^2+z^2=12\end{cases}}\)
bạn xem thử hộ mik cái =)
Ta có: |2x+3y|\(\ge0\)
|4y+5z|\(\ge0\)
|xy+yz+xz+110|\(\ge0\)
\(\Rightarrow\) l2x+3yl+l4y+5zl+lxy+yz+xz+110l\(\ge0\)
hay P \(\ge0\)
\(\Rightarrow\)GTNN của P=0
Dấu "="xảy ra khi:
\(\hept{\begin{cases}\left|2x+3y\right|=0\\\left|4y+5z\right|=0\\\left|xy+yz+xz+110\right|=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2x+3y=0\\4y+5z=0\\xy+yz+xz+110=0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\\\\xy+yz+xz=-110\end{cases}}\)
Để tối mk giải cho