Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+ y + z ≤1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=1x2+y2+z2 + 1xy+yz+zx

Ta có xy+yz+zx≤x+y+z33≤13 nên 2017xy+yz+zx≥6051 Áp dụng BĐT x+y+z1x+1y+1z≥9 , ta có: (x2+y2+z2)+(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx) 1x2+y2+z2+1xy+yz+zx+1xy+yz+zx≥9⇔(x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx) 1x2+y2+z2+1xy+yz+zx+1xy+yz+zx≥9 Hay 1x2+y2+z2 + 2xy+yz+zx≥9 Từ đó ta có: P=1x2+y2+z2 + 2xy+yz+zx+ 2017xy+yz+zx≥9+6051=6060 ⇔P≥6060 Vậy GTNN của P là 6060 khi và chỉ khi x=y=z=13

Câu hỏi:

19/08/2025 4,811

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $x + y + z \leq 1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P = \frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{1}{x y + y z + z x}$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ đề Ôn tập Toán 9 thi vào 10 năm 2020 có đáp án !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Ta có $x y + y z + z x \leq \frac{{(x + y + z)}^{3}}{3} \leq \frac{1}{3}$ nên $\frac{2017}{x y + y z + z x} \geq 6051$

Áp dụng BĐT $(x + y + z) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 9$ , ta có:

$\begin{array}{l} [(x^{2} + y^{2} + z^{2}) + (x y + y z + z x) + (x y + y z + z x)] (\frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{1}{x y + y z + z x} + \frac{1}{x y + y z + z x}) \geq 9 \\ \Leftrightarrow (x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x y + 2 y z + 2 z x) (\frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{1}{x y + y z + z x} + \frac{1}{x y + y z + z x}) \geq 9 \end{array}$

Hay $\frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{2}{x y + y z + z x} \geq 9$

Từ đó ta có: $P = \frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{2}{x y + y z + z x} + \frac{2017}{x y + y z + z x} \geq 9 + 6051 = 6060$

\Leftrightarrow P \geq 6060

Vậy GTNN của P là 6060 khi và chỉ khi

x = y = z = \frac{1}{3}

Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{1}{4} (a + b + c)$

Xem đáp án

Lời giải

Ta chứng minh bất đẳng thức $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Thậy vậy, với x, y > 0 thì:

$\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) \Leftrightarrow \frac{1}{x + y} \leq \frac{x + y}{4 x y} \Leftrightarrow {(x + y)}^{2} \geq 4 x y \Leftrightarrow x^{2} + 2 x y + y^{2} - 4 x y \geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2} - 2 x y + y^{2} \geq 0 \Leftrightarrow {(x - y)}^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

Do đó: $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

$\frac{1}{a + b + 2 c} = \frac{1}{(a + c) + (b + c)} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) \Rightarrow \frac{a b}{a + b + 2 c} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c})$

Tương tự ta có: $\{\begin{cases} \frac{b c}{b + c + 2 a} \leq \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) \\ \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b}) \end{cases}$

Cộng vế với vế các bất đẳng thức với nhau ta được:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) + \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) + \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b})$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{4} [\frac{a b}{a + c} + \frac{a b}{b + c} + \frac{b c}{b + a} + \frac{b c}{c + a} + \frac{c a}{c + b} + \frac{c a}{a + b}] \\ = \frac{1}{4} [\frac{a b + b c}{a + c} + \frac{a b + c a}{c + b} + \frac{b c + c a}{b + a}] = \frac{1}{4} [\frac{b (a + c)}{a + c} + \frac{a (b + c)}{c + b} + \frac{c (b + a)}{b + a}] = \frac{1}{4} (a + b + c) \end{array}$

Do đó $V T \leq \frac{1}{4} V P$ (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Câu 2

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 3 x y z$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} + \frac{y^{2}}{y^{4} + x z} + \frac{z^{2}}{z^{4} + x y}$

Xem đáp án

Lời giải

$x^{2} + y^{2} + z^{2} = 3 x y z \Rightarrow \frac{x}{y z} + \frac{y}{x z} + \frac{z}{x y} = 3$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{x}{y z}; \frac{y}{x z}$ ta có: $\frac{x}{y z} + \frac{y}{x z} \geq 2 \sqrt{\frac{x}{y z} . \frac{y}{x}} = \frac{2}{z}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{y}{x z} + \frac{z}{x y} \geq \frac{2}{x}; \frac{z}{x y} + \frac{x}{y z} \geq \frac{2}{y}$

$\Rightarrow (\frac{x}{y z} + \frac{y}{x z}) + (\frac{y}{x z} + \frac{z}{x y}) + (\frac{z}{x y} + \frac{x}{y z}) \geq \frac{2}{z} + \frac{2}{x} + \frac{2}{y} \Rightarrow \frac{x}{y z} + \frac{y}{z x} + \frac{z}{x y} \geq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \Rightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \leq 3$

Lại có: $x^{4} + y z \geq 2 \sqrt{x^{4} y z} = 2 x^{2} \sqrt{y z} \Rightarrow \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} \leq \frac{1}{2 \sqrt{y z}} = \frac{1}{4} .2. \frac{1}{\sqrt{y}} . \frac{1}{\sqrt{z}} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Tương tự $\frac{y^{2}}{y^{4} + x z} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{z}); \frac{z^{2}}{z^{4} + x y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$

Suy ra

$\begin{array}{l} P = \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} + \frac{y^{2}}{y^{4} + x z} + \frac{z^{2}}{z^{4} + x y} \leq \frac{1}{4} (\frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \leq \frac{3}{2} \\ = > P \leq \frac{3}{2} \end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = $\frac{3}{2}$ khi x = y = z = 1.

Câu 3