NT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
Y
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 3 2021
\(\dfrac{1}{1+a}=1-\dfrac{1}{1+b}+1-\dfrac{1}{1+c}=\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\dfrac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\) ; \(\dfrac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế với vế:
\(\dfrac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\dfrac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\dfrac{1}{8}\)
\(N_{max}=\dfrac{1}{8}\) khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 8 2021
\(P^2=\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(a-c\right)^2\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(b-c\right)^2\le b^2\\\left(a-c\right)^2\le a^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P^2\le\left(a-b\right)^2a^2b^2=\dfrac{1}{4}\left(a^2-2ab+b^2\right).\left(2ab\right).\left(2ab\right)\le\dfrac{1}{108}\left(a^2-2ab+b^2+2ab+2ab\right)^3\)
\(\Rightarrow P^2\le\dfrac{1}{108}\left(a+b\right)^6\le\dfrac{1}{108}\left(a+b+c\right)^6=\dfrac{27}{4}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{2};\dfrac{3+\sqrt{3}}{2};0\right)\) và các hoán vị
KN
18 tháng 4 2020
Ta có:
Theo bất đẳng thức Cô - si, ta có: \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\sqrt{bc}\le\frac{a+b+a+c}{2}+\frac{b+c}{2}=1\)
\(\Rightarrow\sqrt{a}\left(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\sqrt{bc}\right)\le\sqrt{a}\)hay \(\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{abc}\le\sqrt{a}\)
Tương tự ta có: \(\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{abc}\le\sqrt{b}\);\(\sqrt{c^2+abc}+\sqrt{abc}\le\sqrt{c}\)
Mà \(abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3=\frac{1}{27}\Rightarrow\sqrt{abc}\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\le3\left(a+b+c\right)=3\)\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
26 tháng 9 2021
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:
\(\sqrt{2a+b}=\sqrt{\left(2a+b\right).1}\le\dfrac{2a+b+1}{2}\)
CMTT: \(\sqrt{2b+c}\le\dfrac{2b+c+1}{2},\sqrt{2c+a}\le\dfrac{2c+a+1}{2}\)
\(\Rightarrow T=\sqrt{2a+b}+\sqrt{2b+c}+\sqrt{2c+a}\le\dfrac{2a+b+1+2b+c+1+2c+a+1}{2}=\dfrac{3\left(a+b+c\right)+3}{2}=\dfrac{3+3}{2}=\dfrac{6}{2}=3\)
\(maxT=3\Leftrightarrow2a+b=2b+c=2c+a=1=a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 3 2023
Ta có:
\(ab+bc+ca\le\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+3}}\le\dfrac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+3}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}\right)\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+3}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{a}{a+c}\right)=\dfrac{3}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{3}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
T
7 tháng 1 2020
4/ Xét hiệu: \(P-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=5a^2+11b^2+5c^2-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=\frac{\left(5a-b-c\right)^2+6\left(3b-2c\right)^2}{5}\ge0\)
Vì vậy: \(P\ge2\left(ab+7bc+ca\right)=2.188=376\)
Đẳng thức xảy ra khi ...(anh giải nốt ạ)
T
7 tháng 1 2020
@Cool Kid:
Bài 5: Bản chất của bài này là tìm k (nhỏ nhất hay lớn nhất gì đó, mình nhớ không rõ nhưng đại khái là chọn k) sao cho: \(5a^2+11b^2+5c^2\ge k\left(ab+7bc+ca\right)\)
Rồi đó, chuyển vế, viết lại dưới dạng tam thức bậc 2 biến a, b, c gì cũng được rồi tự làm đi:)
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
L
7 tháng 9 2023
Trước tiên ta đi chứng minh BĐT phụ là:
Với thì
Cách CM:
BĐT trên tương đương với: (luôn đúng)
Quay trở về bài toán chính: Áp dụng BĐT phụ trên :
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
15 tháng 8 2019
( a + b ) ( a + c ) = 8 hay a2 + ab + ac + bc = 8
\(\Rightarrow\)a ( a + b + c ) + bc = 8
\(\sqrt{abc\left(a+b+c\right)}=\sqrt{a\left(a+b+c\right).bc}\le\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{2}=4\)
\(\Rightarrow abc\left(a+b+c\right)\le16\)
Vậy GTLN của A là 16