Chủ đề này có 3 trả lời

[trambau]

cho 3 số thực x,y,z. Tìm GTLN của biểu thức

$S=\frac{xyz(x+y+z+\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}})}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+xz)}$

[I Love MC]

Thiếu đề nha bạn $x,y,z>0$
Ta có $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$ suy ra $x+y+z \le \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ 
$x^2+y^2+z^2 \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$ 
$xy+yz+xz \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$  
Do đó $S \le \frac{xyz.[(\sqrt{3}+1)\sqrt{x^2+y^2+z^2}]}{(x^2+y^2+z^2).3\sqrt[3]{(xyz)^2}}$ 
$S \le \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \le  \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+3}{9}$ 
Vậy GTLN của $S$ là $\frac{3+\sqrt{3}}{9}$ khi $x=y=z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 05-05-2016 - 19:24

[trambau]

Thiếu đề nha bạn $x,y,z>0$
Ta có $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$ suy ra $x+y+z \le \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ 
$x^2+y^2+z^2 \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$ 
$xy+yz+xz \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$  
Do đó $S \le \frac{xyz.[(\sqrt{3}+1)\sqrt{x^2+y^2+z^2}]}{(x^2+y^2+z^2).3\sqrt[3]{(xyz)^2}}$ 
$S \le \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \le  \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+3}{9}$ 
Vậy GTLN của $S$ là $\frac{3+\sqrt{3}}{9}$ khi $x=y=z$

ko thiếu đâu bạn, mình cx thắc mắc như bạn nên ms ko giải đc

[manhbbltvp]

Thiếu đề nha bạn $x,y,z>0$
Ta có $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$ suy ra $x+y+z \le \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ 
$x^2+y^2+z^2 \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$ 
$xy+yz+xz \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2}$  
Do đó $S \le \frac{xyz.[(\sqrt{3}+1)\sqrt{x^2+y^2+z^2}]}{(x^2+y^2+z^2).3\sqrt[3]{(xyz)^2}}$ 
$S \le \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \le  \frac{\sqrt{3}+1}{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+3}{9}$ 
Vậy GTLN của $S$ là $\frac{3+\sqrt{3}}{9}$ khi $x=y=z$

sao lai co cho nay ban 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{xyz^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhbbltvp: 05-05-2016 - 20:49