Cho x, y, z không âm thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2x2 + y2 + z2
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
CM
2 tháng 2 2019
Đáp án D
Ta có C 12 1 . C 10 1 = 120
Khi đó C 12 1 . C 10 1 = 120 . Đặt C 12 1 . C 10 1 = 120
Ta luôn có C 12 1 . C 10 1 = 120
C 12 1 . C 10 1 = 120 Suy ra C 12 1 . C 10 1 = 120
Xét hàm số f t = t 2 − 8 t + 3 trên khoảng − 1 ; + ∞ ,có f ' t = 2 t + 1 2 t + 4 t + 3 2 > 0 ; ∀ t > − 1
Hàm số f(t) liên tục trên − 1 ; + ∞ ⇒ f t đồng biến trên − 1 ; + ∞
Do đó, giá trị nhỏ nhất của f(t) là min − 1 ; + ∞ f t = f − 1 = − 3 . Vậy P min = − 3
T
29 tháng 9 2019
Theo em bài này chỉ có min thôi nhé!
Rất tự nhiên để khử căn thức thì ta đặt \(\left(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\right)=\left(a;b;c\right)\ge0\)
Khi đó \(M=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\) với abc = \(\sqrt{xyz}=1\) và a,b,c > 0
Dễ thấy \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
(chuyển vế qua dùng hằng đẳng thức là xong liền hà)
Do đó \(2M=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Đến đây thì chứng minh \(\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{1}{3}\left(a+b\right)\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)(đúng)
Áp dụng vào ta thu được: \(2M\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\Rightarrow M\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\ge\sqrt[3]{abc}=1\)
Vậy...
P/s: Ko chắc nha!
CM
26 tháng 1 2019
Chọn đáp án C.
Vì x, y ,z > 0 nên x + y > 0; y + z > 0 và x + z > 0
Ta có:
Khi đó
A = x(y + z) + y(x + z) + z(x + y)
= xy + xz + xy + yz + xz + zy = 2(xy + yz + zx) = 2
PT
6
18 tháng 2 2020
Cách 1:
Ta có \(A=xy+yz+2zx\)
\(\Rightarrow A+1=x^2+y^2+z^2+xy+yz+2zx\)
\(=\left(x+z+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2\ge0\)
\(\Rightarrow A\ge-1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}y=0\\x=-z\end{cases}}\)
TT
18 tháng 2 2020
Ta có : \(\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx\ge\frac{-\left(x^2+y^2+z^2\right)}{2}=-\frac{1}{2}\)
Lại có : \(\left(x+z\right)^2\ge0\Rightarrow xz\ge\frac{-\left(x^2+z^2\right)}{2}=\frac{y^2-1}{2}\ge-\frac{1}{2}\)
Khi đó : \(xy+yz+2zx\ge-1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=o\\x^2=z^2=\frac{1}{2}\end{cases}}\)
DT
1
28 tháng 12 2014
Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số \(\frac{xy}{z};\frac{yz}{x}\)dương ta có: \(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\ge2\sqrt{\frac{xy}{z}.\frac{yz}{x}}=2\sqrt{y^2}=2y\)(1)
Tương tự. \(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\ge2\sqrt{\frac{yz}{x}.\frac{zx}{y}}=2\sqrt{z^2}=2z\) (2);
\(\frac{xy}{z}+\frac{zx}{y}\ge2\sqrt{\frac{xy}{z}.\frac{zx}{y}}=2\sqrt{x^2}=2x\)(3)
Cộng từng vế của (1)(2)(3) ta được \(2.\left(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\right)\ge2\left(x+y+z\right)=2\Rightarrow P\ge1\)
Vậy Min P = 1 tại x= y = z = 1/3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 2 2021
\(4x^2+4y^2\ge8xy\)
\(16x^2+z^2\ge8zx\)
\(16y^2+z^2\ge8yz\)
Cộng vế với vế:
\(20x^2+20y^2+2z^2\ge8\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow10x^2+10y^2+z^2\ge4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{4}{3}\right)\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số không âm:
\(x^2+\frac{3-\sqrt{5}}{2}y^2\geq 2\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}xy=\sqrt{6-2\sqrt{5}}xy=(\sqrt{5}-1)xy\)
\(x^2+\frac{3-\sqrt{5}}{2}z^2\geq 2\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}xz=\sqrt{6-2\sqrt{5}}xz=(\sqrt{5}-1)xz\)
\(\frac{\sqrt{5}-1}{2}y^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2}z^2\geq 2\sqrt{(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^2}yz=(\sqrt{5}-1)yz\)
Cộng theo vế các BĐT trên và rút gọn:
\(\Rightarrow 2x^2+y^2+z^2\geq (\sqrt{5}-1)(xy+yz+xz)=\sqrt{5}-1\)
Vậy \(A_{\min}=\sqrt{5}-1\)
Chi tiết hơn 1 chút, trong các bài AM-GM hệ số không đối xứng thì thường sử dụng cân bằng hệ số để giải, nhìn vào biểu thức A ta dự đoán điểm rơi xảy ra khi \(y=z=kx\), vậy ta xây dựng các BĐT sau:
\(k^2x^2+y^2\ge2kxy\) ; \(k^2x^2+z^2\ge2kxz\); \(y^2+z^2\ge2yz\)
Bây giờ ta cần cộng vế với vế sao cho vế phải có thể biến về giả thiết \(xy+xz+yz\), vậy thì 3 BĐT trên cần thay đổi 1 chút cho hệ số vế phải của chúng cân nhau:
\(k^2x^2+y^2\ge2kxy\Leftrightarrow kx^2+\frac{1}{k}y^2\ge2xy\)
Tương tự: \(kx^2+\frac{1}{k}z^2\ge2xz\)
Cộng vế với vế:
\(2kx^2+\left(1+\frac{1}{k}\right)y^2+\left(1+\frac{1}{k}\right)z^2\ge2\left(xy+xz+yz\right)\)
Nhìn vào vế trái, để nó giống với biểu thức A thì ta cần có:
\(\frac{1+\frac{1}{k}}{2k}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow1+\frac{1}{k}=k\Leftrightarrow k^2-k-1=0\) \(\Rightarrow k=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)
Vậy là xong