Cho `x, y` là các số không âm thỏa mãn điều kiện: `x^2+y^2=2` Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: `A=\sqrt{1+3x}+\sqrt{1+3y}`

Đáp án:

$MAX_{A}=4$ khi $(x; y)=(1; 1)$

$MIN_{A}=\sqrt{3\sqrt{2}+1}+1$ khi $(x; y)=(0; \sqrt{2}); (\sqrt{2}; 0)$

Giải thích các bước giải:

Theo bất đẳng thức bunhiacopxki có:

$2(x^2+y^2) \geq (x+y)^2$

$⇔ 4 \geq (x+y)^2$

$⇔ x+y \leq 2$

Ta có: $A=\sqrt{1+3x}+\sqrt{1+3y}$

$⇔ A^2=(\sqrt{1+3x}+\sqrt{1+3y})^2$

Theo bất đẳng thức bunhiacopxki có:

$(\sqrt{1+3x}+\sqrt{1+3y})^2 \leq 2(1+3x+1+3y)=2[2+3(x+y)] \leq 2[2+3.2]=16$

$⇔ A^2 \leq 16$

$⇔ A \leq 4$

$\text{Vậy GTLN của A là $4$ khi $(x; y)=(1; 1)$}$

Ta có: $\begin{cases}0 \leq x^2 \leq 2 \\0 \leq y^2 \leq 2\end{cases}$

$⇒ \begin{cases}0 \leq x \leq \sqrt{2}\\0 \leq y \leq \sqrt{2}\end{cases}$

$⇒ \begin{cases}x(x-\sqrt{2}) \leq 0\\y(y-\sqrt{2}) \leq 0\end{cases}$

$⇒ \begin{cases}x^2-x\sqrt{2} \leq 0\\y^2-y\sqrt{2} \leq 0\end{cases}$

$⇒ \begin{cases}x \geq \dfrac{x^2}{\sqrt{2}}\\y \geq \dfrac{y^2}{\sqrt{2}}\end{cases}$

$⇒ x+y \geq \dfrac{x^2+y^2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

Mặt khác: $A=\sqrt{1+3x}+\sqrt{1+3y}$

$A^2=1+3x+1+3y+2\sqrt{(1+3x)(1+3y)}$

$⇔ A^2=3(x+y)+1+2\sqrt{3(x+y)+1+9xy}+1$

$⇔ A^2 \geq [\sqrt{3(x+y)+1}+1]^2$

$⇒ A \geq \sqrt{3(x+y)+1}+1$

$⇒ A \geq \sqrt{3\sqrt{2}+1}+1$

Vậy GTNN của A là $\sqrt{3\sqrt{2}+1}+1$ khi $(x; y)=(0; \sqrt{2}); (\sqrt{2}; 0)$