cho 3 số x,y,z>0 và x+y+z=3 tìm giá trị nhỏ nhất của \(P=xyz+\dfrac{3}{xy+yz+zx}\)
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
29 tháng 6 2020
Ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\ge\frac{\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2}{3}\)
=> \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le3\)
\(M=\frac{xyz}{x^2+yz}+\frac{xyz}{y^2+zx}+\frac{xyz}{z^2+xy}\)
\(\le\frac{xyz}{2x\sqrt{yz}}+\frac{xyz}{2y\sqrt{xz}}+\frac{xyz}{2z\sqrt{xy}}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\sqrt{yz}+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)\le\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z=1
28 tháng 9 2021
Tham khảo:
Cho 3 số thức x,y,z thỏa mãn \(x\ge1;y\ge4;z\ge9\) tìm giá trị lớn nhất của biết thức Q=\(\dfrac{yz\sqrt{x-1}+zx\sqrt... - Hoc24
VT
1
KN
24 tháng 8 2020
Bổ đề: \(\left(mn+np+pm\right)^2\ge3mnp\left(m+n+p\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2+2mnp\left(m+n+p\right)\ge3mnp\left(m+n+p\right)\)\(\Leftrightarrow m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\ge mnp\left(m+n+p\right)\)\(\Leftrightarrow m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2-mnp\left(m+n+p\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(mn-np\right)^2+\left(np-pm\right)^2+\left(pm-mn\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy bổ đề được chứng minh
Áp dụng vào bài toán, ta được: \(\left(xy+yz+zx\right)^2\ge3xyz\left(x+y+z\right)\)hay \(\left(xy+yz+zx\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)(Do xyz = 1)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+y+z}\ge\frac{3}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\Rightarrow A\ge\frac{3}{\left(xy+yz+zx\right)^2}-\frac{2}{xy+yz+zx}\)
Đặt \(\frac{1}{xy+yz+zx}=s\)thì \(A\ge3s^2-2s=3\left(s^2-\frac{2}{3}s+\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{3}=3\left(s-\frac{1}{3}\right)^2-\frac{1}{3}\ge-\frac{1}{3}\)
Vậy \(A\ge-\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x=y=z\\\frac{1}{xy+yz+zx}=\frac{1}{3}\end{cases}}\Rightarrow x=y=z=1\)
Vậy \(MinA=-\frac{1}{3}\), đạt được khi x = y = z = 1
TM
0
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!
Biểu thức này ko tồn tại GTNN
Nó chỉ tồn tại GTNN khi x;y;z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 (dấu = không xảy ra khi \(x=y=z=1\) mà xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)\) cùng các hoán vị)