Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
https://diendantoanhoc.net/topic/182493-%C4%91%E1%BB%81-thi-tuy%E1%BB%83n-sinh-v%C3%A0o-l%E1%BB%9Bp-10-%C4%91hsp-h%C3%A0-n%E1%BB%99i-n%C4%83m-2018-v%C3%B2ng-2/
bài này năm trrong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 ĐHSP Hà Nội Năm 2018 (vòng 2) bn có thể tìm đáp án trên mạng để tham khảo
\(gt\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}}=1\)
\(P=\dfrac{1}{xyz}\left(x\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+y\sqrt{2x^2+xz+2z^2}+z\sqrt{2y^2+xy+2x^2}\right)\)
\(=\dfrac{1}{xyz}\left(x\sqrt{\dfrac{5}{4}\left(y+z\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(y-z\right)^2}+y\sqrt{\dfrac{5}{4}\left(x+z\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(x-z\right)^2}+z\sqrt{\dfrac{5}{4}\left(x+y\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(x-y\right)^2}\right)\)
\(\ge\dfrac{1}{xyz}\left[x.\dfrac{\sqrt{5}\left(z+y\right)}{2}+y.\dfrac{\sqrt{5}\left(x+z\right)}{2}+z.\dfrac{\sqrt{5}\left(x+y\right)}{2}\right]\)
\(=\dfrac{\sqrt{5}\left(z+y\right)}{2yz}+\dfrac{\sqrt{5}\left(x+z\right)}{2xz}+\dfrac{\sqrt{5}\left(x+y\right)}{2xy}\)
\(=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\left(1+1+1\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge\dfrac{\sqrt{5}}{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)^2=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\) (bunhia)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=9\)
Thấy : \(\sqrt{2y^2+yz+2z^2}=\sqrt{\dfrac{5}{4}\left(y+z\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(y-z\right)^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(y+z\right)>0\)
CMTT : \(\sqrt{2x^2+xz+2z^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+z\right)\) ; \(\sqrt{2y^2+xy+2x^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+y\right)\)
Suy ra : \(P\ge\dfrac{1}{xyz}.\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left[x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)\right]\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{5}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)
Ta có : \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}=\sqrt{xyz}\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}}=1\)
Mặt khác : \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)^2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
Suy ra : \(P\ge\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)
" = " \(\Leftrightarrow x=y=z=9\)
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}\le1\Rightarrow\dfrac{2}{y}\le1-\dfrac{1}{x}\Rightarrow y\ge\dfrac{2x}{x-1}=2+\dfrac{2}{x-1}\)
\(x+\dfrac{2}{z}\le3\Rightarrow x< 3;\dfrac{2}{z}\le3-x\Rightarrow z\ge\dfrac{2}{3-x}\Rightarrow y+z\ge2+\dfrac{2}{x-1}+\dfrac{2}{3-x}\)
Lúc này ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
Ta có:
\(6^2\le\left(y+z\right)^2=\left(\sqrt{2}\dfrac{y}{\sqrt{2}}Z\right)^2\le3\left(\dfrac{y^2}{2}+z^2\right)=\dfrac{3}{2}\left(y^2+2z^2\right)\)
\(\Rightarrow P\ge24\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(y=4,z=2\)
Vậy giá trị nhỏ nhật của P là 24
Ta có \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=\sqrt{xyz}\left(x,y,z>0\right)\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}=1\).
\(P=\frac{1}{xyz}\left(x\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+y\sqrt{2z^2+xz+2x^2}+z\sqrt{2x^2+xy+y^2}\right)\)\(\left(x,y,z>0\right)\).
Ta có:
\(\sqrt{2y^2+2yz+2z^2}=\sqrt{\frac{5}{4}\left(y^2+2yz+z^2\right)+\frac{3}{4}\left(y^2-2yz+z^2\right)}\)
\(=\sqrt{\frac{5}{4}\left(y+z\right)^2+\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2}\).
Ta có:
\(\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2\ge0\forall y;z>0\).
\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{5}{4}\left(y+z\right)^2\ge\frac{5}{4}\left(y+z\right)^2\forall y;z>0\).
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{5}{4}\left(y+z\right)^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(y+z\right)\forall y,z>0\).
\(\Leftrightarrow\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(y+z\right)\forall y;z>0\).
\(\Leftrightarrow x\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}x\left(y+z\right)\forall x;y;z>0\left(1\right)\).
Chứng minh tương tự, ta được:
\(y\sqrt{2x^2+xz+2z^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}y\left(x+z\right)\forall x;y;z>0\left(2\right)\).
Chứng minh tương tự, ta được:
\(z\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}z\left(x+y\right)\forall x;y;z>0\left(3\right)\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(x\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+y\sqrt{2z^2+xz+2x^2}+z\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\)\(\ge\)\(\frac{\sqrt{5}}{2}\left[x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)\right]=\sqrt{5}\left(xy+yz+zx\right)\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{xyz}\left(x\sqrt{2y^2+yz+z^2}+y\sqrt{2z^2+zx+2x^2}+z\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\right)\)\(\ge\)\(\frac{\sqrt{5}\left(xy+yz+zx\right)}{xyz}=\sqrt{5}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\).
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{\sqrt{5}}{3}.3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{\sqrt{5}}{3}\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\)
\(\left(4\right)\).
Vì \(x,y,z>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta được:
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\ge\)\(\left(1.\frac{1}{\sqrt{x}}+1.\frac{1}{\sqrt{y}}+1.\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\).
\(\Leftrightarrow\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\ge\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2=1^2=1\)
(vì\(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}=1\)).
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{5}}{3}\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\ge\frac{\sqrt{5}}{3}\)\(\left(5\right)\).
Từ \(\left(4\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:
\(P\ge\frac{\sqrt{5}}{3}\).
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z>0\\\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=\sqrt{xyz}\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=9\).
Vậy \(minP=\frac{\sqrt{5}}{3}\Leftrightarrow x=y=z=9\).
\(P=\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}+\sqrt{\left(y-3\right)^2+4^2}+\sqrt{\left(z-3\right)^2+4^2}\)
\(P\ge\sqrt{\left(x-3+y-3+z-3\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)
\(P_{min}=6\sqrt{5}\) khi \(x=y=z=1\)
Mặt khác với mọi \(x\in\left[0;3\right]\) ta có:
\(\sqrt{x^2-6x+25}\le\dfrac{15-x}{3}\)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(9\left(x^2-6x+25\right)\le\left(15-x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow8x\left(3-x\right)\ge0\) luôn đúng
Tương tự: ...
\(\Rightarrow P\le\dfrac{45-\left(x+y+z\right)}{3}=14\)
\(P_{max}=14\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;3\right)\) và hoán vị
Ta có :
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(1.x+1.y+1.z\right)^2\) (Bunhia)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\le3.4=12\)
\(\Rightarrow-2\sqrt{3}\le x+y+z\le2\sqrt{3}\)
Bạn trên làm sai r. X+y+z ko âm cơ mà sao lại có gtnn là -2√3??
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta có : \(3.\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\), do đó : \(0\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2-7\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\), áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta lại có :
\(P=\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y}\)
\(=\frac{x^4}{x^2y+2zx^2}+\frac{y^4}{y^2z+2xy^2}+\frac{z^4}{z^2x+2yz^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+2\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)}\)
Tiếp tục sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz và kết hợp BĐT quen thuộc \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\), ta có :
\(x^2y+y^2z+z^2x\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)}\)
\(\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\right)}\)
\(=\left(x^2+y^2+z^2\right).\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)
Tương tự , chứng minh đc :
\(2.\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3.\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}}\)
\(=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\)
\(\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 nên giá trị nhỏ nhất của P là 1
\(z=\frac{P-x-y}{2}\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+\frac{\left(P-x-y\right)^2}{4}=3\)
\(\Leftrightarrow5y^2+\left(2x-2P\right)y+5x^2-2Px+P^2-12=0\)
\(\Rightarrow\Delta_y=\left(x-P\right)^2-5.\left(5x^2-2Px+P^2-12\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow36x^2-12Px+P^2+5P^2-90\le0\)
\(\Leftrightarrow5P^2-90\le-\left(6x-P\right)^2\le0\)
\(\Leftrightarrow-3\sqrt{2}\le P\le3\sqrt{2}\)
Ta có: \(\left(1^2+1^2+2^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+2z\right)^2=P^2\)
Hay \(18\ge P^2\Rightarrow\sqrt{18}\ge P\ge-\sqrt{18}\)
Is that true?