Chủ đề này có 215 trả lời

[tritanngo99]

Lời giải của MrS và hanguyen445 chuẩn rồi. Dưới đây là hai lời giải khác của bài 47 và bài 48:

Lời giải bài 47: Một cách tự nhiên, ta đặt: $x=\frac{b}{a}>0;y=\frac{c}{a}>0$. Điều kiện được viết lại thành:

$(1+\frac{2}{x}+\frac{3}{y})(3+2x+y)=30(1)$.

Viết $P$ lại dưới dạng: $P=x+2y-7\sqrt{72+y^2}$.

Bây giờ điều khó khăn là xử lí biểu thức căn thức. Làm thế nào để mất căn thức đi? Ta sẽ áp dụng BCS:

$(72+y^2)(8+1)\ge (24+y)^2$.

Vậy nên: $\sqrt{72+y^2}\ge \frac{y+24}{3}(*)$.

Suy ra: $P\le x-\frac{y}{3}-56$. Bây giờ ta cần tìm đánh giá cho $P$. Thử nhìn lại giả thiết, gợi ý cho ta:

Ta có: $(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+1)(\frac{2}{x}+\frac{3}{y}+1)\ge 9$.

Kết hợp với $(1):30\ge \frac{9(3+2x+y)}{\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+1}$.

Hay là: $x-\frac{y}{3}\le 1$.

Như vậy: $P\le x-\frac{y}{3}-56\le 1-56=-55$.

Dấu $=$ xảy ra tại $a=1;b=2;c=3$.

Ps: Để đánh giá được $(*)$. Việc nhẩm dấu $=$ xảy ra là một trong những kĩ năng vô cùng quan trọng để đánh giá.

Lời giải bài 48: Ý tưởng vẫn là làm mất căn thức. Để làm được điều đó, ta có đánh giá sau:

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\ge \frac{2\sqrt{2}a}{2a+b+c}=\frac{2\sqrt{2}ab}{2ab+b^2+ac}$.

Tương tự rồi cộng lại ta có: $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge \sum \frac{2\sqrt{2}ab}{2ab+b^2+ac}\to P$.

Áp dụng $BCS$ ta có: $P\ge \frac{2\sqrt{2}(\sum \sqrt{ab})^2}{\sum (a^2+3ab)}$.

Lại có: $\sum (a^2+3ab)\le \frac{4(a+b+c)^2}{3}(**)$.

Suy ra: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge \frac{3\sqrt{2}(\sum \sqrt{ab})^2}{2(a+b+c)^2}$.

Đặt $t=\frac{\sqrt{2}(a+b+c)}{\sum \sqrt{ab}}(t \le \sqrt{2})$.

Ta đưa về khảo sát: $f(t)=t+\frac{3\sqrt{2}}{t^2}$. Dễ dàng chứng minh được: $P\ge \frac{5}{\sqrt{2}}$.

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$.

Ps: Các bạn cần lưu ý $BDT(**)$ và xem nó như bổ đề quan trọng. 

[tritanngo99]

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

Bài 50: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{3c}=6$. Chứng minh rằng:

 $\frac{a}{a+36bc}.\frac{b}{b+9ca}.\sqrt{\frac{c}{c+4ab}}\le \frac{1}{27}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 21-09-2016 - 21:11

[MrS]

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)$.

 

Đề bài sai hay sao ý : cho $a=10^{-7}, b=c=1 \Rightarrow VP-VT\approx -4< 0$

[tritanngo99]

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

Bài 50: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{3c}=6$. Chứng minh rằng:

 $\frac{a}{a+36bc}.\frac{b}{b+9ca}.\sqrt{\frac{c}{c+4ab}}\le \frac{1}{27}$

[hanguyen445]

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

Bài 50: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{3c}=6$. Chứng minh rằng:

 $\frac{a}{a+36bc}.\frac{b}{b+9ca}.\sqrt{\frac{c}{c+4ab}}\le \frac{1}{27}$

Đóng góp lời giải bài 49:[ Một lời giải hoàn toàn may mắn. May mắn khi đổi biến làm gọn đưa về BĐT bán đối xứng]

Đặt $x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{2b},z=\dfrac{1}{2c}$

Khi đó $ \dfrac{a}{a+36bc}=\dfrac{yz}{yz+6x};\dfrac{b}{b+9ac}=\dfrac{xz}{xz+6y};\dfrac{c}{c+4ab}=\dfrac{xy}{xy+6z}$

Vậy ta có bài toán:

Cho $a,b,c>0: x+y+z=6$. Chứng minh $\dfrac{yz}{yz+6x}.\dfrac{xz}{xz+6y}.\sqrt{\dfrac{xy}{xy+6z}}$

Bất đẳng thức trên đối xứng với 2 biến $x,y$ nên đánh giá BĐT theo điểm rơi dự đoán $x=y$

Ta có  $yz+6x=yz+x(x+y+z)=(x+z)(x+y);zx+6y=(y+z)(y+x);xy+6z=(z+x)(z+y)$

BĐT tương đương:

\[\frac{{yz}}{{\left( {x + z} \right)\left( {x + y} \right)}}.\frac{{zx}}{{\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}\sqrt {\frac{{xy}}{{\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}}  \le \frac{1}{{27}}\]

Ta có $(x+z)(y+z)\ge (z+\sqrt{xy})^2;(x+y)^2\ge 4xy$

Suy ra:

\[VT = \frac{{{z^2}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}.\frac{{xy}}{{\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right)}} \le \frac{{xy{z^2}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}{{\left( {z + \sqrt {xy} } \right)}^2}}}.\frac{{\sqrt {xy} }}{{\left( {z + \sqrt {xy} } \right)}} = \frac{{{z^2}\sqrt {xy} }}{{4{{\left( {z + \sqrt {xy} } \right)}^2}\left( {z + \sqrt {xy} } \right)}} \le \frac{1}{{27}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{t}{{4{{\left( {1 + t} \right)}^2}\left( {1 + t} \right)}} \le \frac{1}{{27}} \Leftrightarrow 4{\left( {t + 1} \right)^3} \ge 27t \Leftrightarrow 4{t^3} + 12{t^2} - 15t + 4 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {2t - 1} \right)^2}\left( {t + 4} \right) \ge 0\]

Điều này luôn đúng vơi $t=\dfrac{\sqrt{xy}}{z}>0$

Vậy BĐT được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 21-09-2016 - 21:55

[MrS]

 

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

 

 

Bạn xem trong này nhé, nó đúng cả trong trường hợp a,b,c thực.

http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

[hanguyen445]

 

Tiếp theo:

Bài 49: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le 27abc+10(a^2+b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}$.

Bài 50: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{3c}=6$. Chứng minh rằng:

 $\frac{a}{a+36bc}.\frac{b}{b+9ca}.\sqrt{\frac{c}{c+4ab}}\le \frac{1}{27}$

 

 

Bài tập 49:

Do BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=3$

  \[ \to 2{\left( {a + b + c} \right)^2} > {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} + {c^2} \in \left[ {3;9} \right)\]

\[ \Rightarrow \exists t \in \left[ {0;1} \right]:{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3 + 6{t^2} \to ab + bc + ac = 3 - 3{t^2}\]

Ta có $a,b,c$ là nghiệm phương trình bậc ba:

\[{x^3} - \left( {a + b + c} \right){x^2} + \left( {ab + bc + ac} \right)x - abc = 0 \Leftrightarrow abc = {x^3} - 3{x^2} + \left( {3 - 3{t^2}} \right)x = f\left( x \right),x > 0\]

Khảo sát hàm $f(x)$ ta được:

\[{\left( {1 + t} \right)^2}\left( {1 - 2t} \right) \le abc = f\left( x \right) \le {\left( {1 - t} \right)^2}\left( {1 + 2t} \right)\left( @ \right)\]

Ta có BĐT tương đương với:  \[18\left( {3 + 6{t^2}} \right) - 27abc - 10\sqrt {{{\left( {3 + 6{t^2}} \right)}^3}}  \le 0\]

Từ (@) suy ra BĐT được chứng minh nếu:

\[18\left( {3 + 6{t^2}} \right) - 27{\left( {1 + t} \right)^2}\left( {1 - 2t} \right) - 10\sqrt {{{\left( {3 + 6{t^2}} \right)}^3}}  \le 0\]

\[ \Leftrightarrow 18\left( {1 + 2{t^2}} \right) - 9{\left( {1 + t} \right)^2}\left( {1 - 2t} \right) - 10\sqrt {3{{\left( {1 + 2{t^2}} \right)}^3}}  \le 0\left( * \right)\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{ - 20\left( {2{t^2} + 1} \right){{\left( {t - 1} \right)}^2}}}{{2t + 1 + \sqrt {3\left( {2{t^2} + 1} \right)} }} - \left( {22t + 1} \right){\left( {t - 1} \right)^2} \le 0\]

Điều này luôn đúng. Vậy BĐT được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 22-09-2016 - 01:29

[MrS]

Bài tập 49:

Do BĐT thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=3$

  \[ \to 2{\left( {a + b + c} \right)^2} > {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}{\rm{ hay }}{a^2} + {b^2} + {c^2} \in \left[ {0;1} \right)\]

\[ \Rightarrow \exists t \in \left[ {0;1} \right]:{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3 + 6{t^2} \to ab + bc + ac = 3 - 3{t^2}\]

 

Sao lại có điều này được nhỉ?

Ngoài ra trong bài này chỉ xảy ra đẳng thức khi (x,y,z)=(-1,2,2) hoặc hoán vị. Trong bài này thì không có dấu bằng.

Bài này có thể tham khảo VD4 thầy Dũng viết :http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 22-09-2016 - 00:32

[hanguyen445]

Bạn xem trong này nhé, nó đúng cả trong trường hợp a,b,c thực.

http://diendantoanho...hức-thuần-nhất/

Bài 49: 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 22-09-2016 - 02:03

[tritanngo99]

Dưới đây là lời giải bài 49 và bài 50:

 

Lời giải bài 49: Giống cách làm của bạn hanguyen445 và MrS.

 

Lời giải bài 50: 

 

 

Ta có: $VT=\frac{1}{1+\frac{36bc}{a}}.\frac{1}{1+\frac{9ca}{b}}.\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4ab}{c}}}$.

Đặt $\frac{36bc}{a}=cot^2(\frac{A}{2}),\frac{9ca}{b}=cot^2(\frac{B}{2}),0<A,B<\pi)$.

Từ giả thiết ta có: $6\sqrt{\frac{bc}{a}}3\sqrt{\frac{ca}{b}}2\sqrt{\frac{ab}{c}}=6\sqrt{\frac{bc}{a}}+3\sqrt{\frac{ca}{b}}+2\sqrt{\frac{ab}{c}}$.

$\implies 2\sqrt{\frac{ab}{c}}=\frac{cot(\frac{A}{2})+cot(\frac{B}{2})}{cot(\frac{A}{2})cot(\frac{B}{2})-1}=tan(\frac{A+B}{2})=cot(\frac{C}{2})$

(với $A,B,C$ là ba góc của một tam giác).

Vậy: $VT=\frac{1}{1+cot^2(\frac{A}{2})}.\frac{1}{1+cot^2(\frac{B}{2})}\sqrt{\frac{1}{1+cot^2(\frac{C}{2})}}$

$=sin^2(\frac{A}{2})sin^2(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2})=\frac{1}{4}(cos(\frac{A-B}{2})-cos(\frac{A+B}{2}))^2sin(\frac{C}{2})$.

$=\frac{1}{4}(cos(\frac{A-B}{2})-sin(\frac{C}{2}))^2sin(\frac{C}{2})\le \frac{1}{4}(1-sin(\frac{C}{2}))^2sin(\frac{C}{2})$

$=\frac{1}{8}(1-sin(\frac{C}{2}))(1-sin(\frac{C}{2}))2sin(\frac{C}{2})\le \frac{1}{8}(\frac{(1-sin(\frac{C}{2}))+(1-sin(\frac{C}{2}))+2sin(\frac{C}{2})}{3})^3=\frac{1}{27}$.

Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)\to (\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{9})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2016 - 21:14

[tritanngo99]

Tiếp theo:

Bài 51: Cho các số thực dương $x,y,z$. Tìm GTNN của biểu thức:

 $P=\frac{1}{6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}}-\frac{1}{9\sqrt{x+y+z}}$.

Bài 52: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn: $x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=6$ và $x+y+z>0$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{(x+y+z)^3-36}{x+y+z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2016 - 17:32

[MrS]

 

Dưới đây là lời giải bài 49 và bài 50:

 

Lời giải bài 49: Chuẩn hóa: $a^2+b^2+c^2=9$.

 

Ta có: $BDT\iff 2(a+b+c)-abc\le 10$.

 

$VT=2(a+b+c)-abc=2a-abc+2(b+c)=a(2-bc)+2(b+c)$

 

$VT^2\le [a^2+(b+c)^2][(2-bc)^2+4]$.

 

KMTTQ, giả sử: $a\ge b\ge c\implies a^2\ge 3$.

 

Đặt $t=bc\implies t=bc\le \frac{b^2+c^2}{2}=\frac{9-a^2}{2}\le 3$.

 

Nên $VT^2\le (9+2bc)[(2-bc)^2+4]=(9+2t)[(2-t)^2+4]=f(t)\text{   }\forall t\in(0;3]$.

 

Khảo sát $f(t)\implies f(t)\le 100\implies VT\le 10\implies Q.E.D$.

 

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c$.

 

Không có đẳng thức vì $f(t)=100\Leftrightarrow (t+2)(t^2-3t-14)=0$

[MrS]

Tiếp theo:

Bài 51: Cho các số thực dương $x,y,z$. Tìm GTNN của biểu thức:

 $P=\frac{1}{6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}}-\frac{1}{9\sqrt{x+y+z}}$.

Theo AM-GM: $6\sqrt{xy}+7z+8\sqrt{zx}\leq (x+9y)+7z+2(z+4x)=9(x+y+z)\Rightarrow P\geq \frac{1}{9}(\frac{1}{\sqrt{x+y+z}}-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{36}\geq -\frac{1}{36}$

Vậy $MinP=-\frac{1}{36}$, đạt được khi $x=\frac{18}{23}, y=\frac{2}{23}, z=\frac{72}{23}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 23-09-2016 - 10:46

[hanguyen445]

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 23-09-2016 - 12:44

[MrS]

Tiếp theo:

Bài 52: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn: $x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=6$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{(x+y+z)^3-36}{x+y+z}$

Theo Cauchy - Scharzt: $(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})(1+2+3)\geq (x+y+z)^2\Rightarrow -6\leq x+y+z\leq 6$

Xét $f(t)=\frac{t^3-36}{t}=t^2-\frac{36}{t}, -6\leq t\leq 6$

Tới đây mình tịt vì khi t->0- thì f(t)-> +vô cực.

Chắc thêm giả thiết x+y+z>0 thì giải được

Không biết đáp án thế nào.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MrS: 23-09-2016 - 11:30

[tritanngo99]

Theo Cauchy - Scharzt: $(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})(1+2+3)\geq (x+y+z)^2\Rightarrow -6\leq x+y+z\leq 6$

Xét $f(t)=\frac{t^3-36}{t}=t^2-\frac{36}{t}, -6\leq t\leq 6$

Tới đây mình tịt vì khi t->0- thì f(t)-> +vô cực.

Chắc thêm giả thiết x+y+z>0 thì giải được

Không biết đáp án thế nào.

Cảm ơn anh nhiều MrS về bài 49, Thành thật xin lỗi mọi người vì những thiếu sót này. Lần sau mình cố gắng cẩn thận hơn. Mong mọi người thông cảm.

Bài 52  xin đưa ra lời giải như sau:

Theo BDT Cauchy-Schwarz ta có: $(x+y+z)^2\le 6(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3})\le 36$.

$\implies x+y+z\in [-6;6]$.

Đặt $t=x+y+z,t\in [-6;6]$.

Xét hàm số: $f(t)=\frac{t^3-36}{t},t\in [-6;6]$

$\implies f'(t)=2t+\frac{36}{t^2}$.

$f'(t)=0\iff t=-\sqrt[3]{18}$.

$f(-6)=42,f(-\sqrt[3]{18})=\frac{54}{\sqrt[3]{54}},f(6)=30\implies f(t)(Max)=42$.

Dấu $=$ xảy ra tại $x=-1;y=-2;z=-3$.

Vậy $Max(P)=42$.

[tritanngo99]

Tiếp theo: 

Bài 53: Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn điều kiện: $x+y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2}$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+8\sqrt{4-x-y}$.

Bài 54: Cho $a,b,c>0$ và $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^2}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c^3}{\sqrt{c^2+3}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2016 - 21:50

[hanguyen445]

Bài tập 53:

Điều kiện:

\[\left\{ {x \ge 1;y \ge  - 1;x + y \le 4 \to 0 \le x + y \le 4} \right\}\]

Từ giả thiết:

\[{\left( {x + y} \right)^2} = {\left( {\sqrt {x - 1}  + \sqrt {2y + 1} } \right)^2} \le \left( {x - 1 + y + 1} \right)\left( {1 + 2} \right) = 3\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \le 3\]

Ta có:

\[8\sqrt {4 - \left( {x + y} \right)}  \le 4\left( {4 - \left( {x + y} \right) + 1} \right) =  - 4\left( {x + y} \right) + 20\]

Suy ra:

\[P = {\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2 + 8\sqrt {4 - \left( {x + y} \right)} \]

\[P \le {\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2 - 4\left( {x + y} \right) + 20 \le 3\left( {x + y} \right) - 2\left( {x + y} \right) + 22 = \left( {x + y} \right) + 22 \le 3 + 22 = 25\]

Max $P=25$ khi $x=2;y=1$

Lại có:

\[P = {\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2 + 8\sqrt {4 - \left( {x + y} \right)}  \ge 18\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 2\left[ {4 - \left( {x + y} \right)} \right] - 8\sqrt {4 - x - y}  + 8 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 2{\left( {\sqrt {4 - x - y}  - 2} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2}\left( {1 - \frac{2}{{{{\left( {2 + \sqrt {4 - \left( {x + y} \right)} } \right)}^2}}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2}Q \ge 0\left( * \right)\]

Do

\[x + y \le 3 \Rightarrow \,Q = 1 - \frac{2}{{{{\left( {2 + \sqrt {4 - \left( {x + y} \right)} } \right)}^2}}} \ge 1 - \frac{2}{9} > 0\]

Suy (*) luôn đúng

Min P=18 khi $x=1;y=-1$

Có lẽ chứng minh hàm $f(x+y) $ đơn điệu tăng nhanh nhất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 24-09-2016 - 13:51

[tritanngo99]

Dưới đây là lời giải bài 53 và bài 54:

Lời giải bài 53: 

Theo BDT Caychy-Schwarz: $(x+y)^2=(\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2})^2\le 3(x+y)\implies 0\le x+y\le 3$.

Đặt $t=x+y\text{  }\forall t\in [0;3]$.

$P=t^2+2t+8\sqrt{4-t}+2$.

Xét hàm số: $f(t)=t^2+2t+8\sqrt{4-t}+2$ trên $[0;3]$.

$\implies f'(t)=2t+2-\frac{4}{\sqrt{4-t}}\ge 0,\forall t\in [0;3]$.

Vậy $Min(P)=f(0)=18$ khi $x=1,y=-1$, $Max(P)=f(3)=25$ khi $x=2,y=1$.

Lời giải bài 54:

Áp dụng BDT $AM-GM$ ta có:

$\frac{a^3}{2\sqrt{b^2+3}}+\frac{a^3}{2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^2+3}{16}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^6}{64}}=\frac{3a^2}{4}$.

Tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại rồi cộng lại ta được:

$P+\frac{a^2+b^2+c^2+9}{16}\ge \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)\implies P\ge \frac{3}{2}(\text{do  } a^2+b^2+c^2=3)$.

Vậy $Min(P)=\frac{3}{2}$. Vậy GTNN $P=\frac{3}{2}$ khi $a=b=c=1$.

[tritanngo99]

Tiếp theo: 

Bài 55: Cho các số thực $x,y,z\in [-1;1]$ và thỏa mãn: $xy+yz+zx=0$. Tìm GTNN của $P=y^2+z^2+4x-2y-2z$.

Bài 56: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của $P=\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}-\sqrt{\frac{16a}{6a+3c}}$