Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) https://diendantoanhoc.net/topic/92682-gi%E1%BA%A3i-pt-nghi%E1%BB%87m-nguyen5x2xyy27x2y/
Lời giải:
Tìm max:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(A^2=(2x+\sqrt{5-x^2})^2\leq (x^2+5-x^2)(2^2+1)=25\)
\(\Rightarrow A\leq 5\)
Vậy \(A_{\max}=5\Leftrightarrow x=2\)
Tìm min:
ĐKXĐ: \(5-x^2\geq 0\Leftrightarrow -\sqrt{5}\leq x\leq \sqrt{5}\)
Do đó : \(A=2x+\sqrt{5-x^2}\geq 2x\geq -2\sqrt{5}\)
Vậy \(A_{\min}=-2\sqrt{5}\Leftrightarrow x=-\sqrt{5}\)
Bài 2 bạn xem xem có viết nhầm đề bài không nhé.
\(A=\frac{3a}{2a-b}+\frac{3c}{2c-b}-2\)
Chỉ cần cho $b$ càng nhỏ thì giá trị của $A$ càng nhỏ rồi, mà lại không có điều kiện gì của $b$ ?
Ta có \(\dfrac{1}{\text{1+a}}\)+\(\dfrac{1}{1+b}\)+\(\dfrac{1}{1+c}\)≥2
→\(\dfrac{1}{\text{1+a}}\)≥{1-\(\dfrac{1}{1+b}\)}+{1-\(\dfrac{1}{1+c}\)}
↔\(\dfrac{1}{\text{1+a}}\)≥\(\dfrac{b}{1+b}\)+\(\dfrac{c}{1+c}\)
≥2.√(bc)/{(1+b)(1+c)}(theo cosi)
Hai bất đẳng thức tương tự rồi nhân vế với vế
1/{(1+a)(1+b)(1+c)≥8.abc/{(1+a)(1+b)(1...
↔abc≤1/8
Tick nha
Bài 1
\(\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}=a-\dfrac{a^2}{a+1}+b-\dfrac{b^2}{b+1}+c-\dfrac{c^2}{c+1}\)
\(=1-\left(\dfrac{a^2}{a+1}+\dfrac{b^2}{b+1}+\dfrac{c^2}{c+1}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức \(\dfrac{a^2}{a+1}+\dfrac{b^2}{b+1}+\dfrac{c^2}{c+1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}=\dfrac{1}{1+3}=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow1-\left(\dfrac{a^2}{a+1}+\dfrac{b^2}{b+1}+\dfrac{c^2}{c+1}\right)\le1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow GTLN=\dfrac{3}{4}\) Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Bài 2
\(P=\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}=\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}+\dfrac{1}{a^2+1}\)
Xét \(\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}=a-\dfrac{ab^2}{b^2+1}+b-\dfrac{bc^2}{c^2+1}+c-\dfrac{a^2c}{a^2+1}\)
Xét \(\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}+\dfrac{1}{a^2+1}=1-\dfrac{b^2}{b^2+1}+1-\dfrac{c^2}{c^2+1}+1-\dfrac{a^2}{a^2+1}\)
\(\Rightarrow P=6-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}+\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số thực dương ta có \(b^2+1\ge2b\Rightarrow\dfrac{ab^2}{b^2+1}\le\dfrac{ab^2}{2b}=\dfrac{ab}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{ab+bc+ac}{2}\)
Theo hệ quả của bđt Cauchy ta có \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ac\) \(\Rightarrow\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{ab+bc+ac}{2}\Rightarrow\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số thực dương ta có \(a^2+1\ge2a\Rightarrow\dfrac{a^2}{a^2+1}\le\dfrac{a^2}{2a}=\dfrac{a}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}\le\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge6-\left(\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}\right)=3\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 1 : Ta có : \(\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}=\dfrac{a^2}{a^2+a}+\dfrac{b^2}{b^2+b}+\dfrac{c^2}{c^2+c}\)
Theo BĐT CÔ - SI dưới dạng engel ta có :
\(\dfrac{a^2}{a^2+a}+\dfrac{b^2}{b^2+b}+\dfrac{c^2}{c^2+c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)}=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+1}\le\dfrac{1}{\dfrac{1}{a+b+c}+1}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{3}+1}=\dfrac{4}{3}\)
Híc híc rối nùi luôn rồi , chắc sai ...
Ta có:
\(a\ge2-b\)
\(\Rightarrow M\le\frac{1}{2-b+b^2}+\frac{1}{\left(2-b\right)^2+b}\)
\(=\frac{2b^2-4b+6}{b^4-4b^3+9b^2-10b+8}\)
\(=1-\frac{\left(b-1\right)^2\left(b^2-2b+2\right)}{b^4-4b^3+9b^2-10b+8}\le1\)
Cauchy-Schwarz cho 2 mẫu quy về M <= (a+b+2)/(a+b)^2
Đến đây CM M <= 1 ,đặt t=a+b(t >= 2) ,.....
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^4+b^2\geq 2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)
\(\Rightarrow a^4+b^2+2ab^2\geq 2a^2b+2ab^2=2ab(a+b)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a^4+b^2+2ab^2}\leq \frac{1}{2ab(a+b)}\)
Tương tự: \(\frac{1}{b^4+a^2+2a^2b}\leq \frac{1}{2ab(a+b)}\)
Do đó: \(Q\leq \frac{1}{2ab(a+b)}+\frac{1}{2ab(a+b)}=\frac{1}{ab(a+b)}\)
Từ đk đầu tiên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=2\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}=2\Rightarrow a+b=2ab\)
\(\Rightarrow Q\leq \frac{1}{2a^2b^2}\)
Theo BĐT Cô-si: \(2=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{1}{ab}}\Rightarrow ab\geq 1\)
\(\Rightarrow Q\leq \frac{1}{2(ab)^2}\leq \frac{1}{2.1^2}=\frac{1}{2}\)
Vậy \(Q_{\max}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=b=1\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(M^2=(a\sqrt{9b(a+8b)}+b\sqrt{9a(b+8a)})^2\)
\(\leq (a^2+b^2)(9ab+72b^2+9ab+72a^2)\)
\(\Leftrightarrow M^2\leq (a^2+b^2)(72a^2+72b^2+18ab)\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow 18ab\leq 9(a^2+b^2)\)
Do đó, \(M^2\leq (a^2+b^2)(72a^2+72b^2+9a^2+9b^2)=81(a^2+b^2)^2\)
\(\Leftrightarrow M\leq 9(a^2+b^2)\leq 144\)
Vậy \(M_{\max}=144\Leftrightarrow a=b=\sqrt{8}\)
Bài 6:
\(a+\frac{1}{a-1}=1+(a-1)+\frac{1}{a-1}\)
Vì \(a>1\rightarrow a-1>0\). Do đó áp dụng BĐT Am-Gm cho số dương\(a-1,\frac{1}{a-1}\) ta có:
\((a-1)+\frac{1}{a-1}\geq 2\sqrt{\frac{a-1}{a-1}}=2\)
\(\Rightarrow a+\frac{1}{a-1}=1+(a-1)+\frac{1}{a-1}\geq 3\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a-1=1\Leftrightarrow a=2\)
Bài 3:
Xét \(\sqrt{a^2+1}\). Vì \(ab+bc+ac=1\) nên:
\(a^2+1=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \sqrt{a^2+1}=\sqrt{(a+b)(a+c)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM có: \(\sqrt{(a+b)(a+c)}\leq \frac{a+b+a+c}{2}=\frac{2a+b+c}{2}\)
hay \(\sqrt{a^2+1}\leq \frac{2a+b+c}{2}\)
Hoàn toàn tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:
\(\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leq \frac{2a+b+c}{2}+\frac{2b+a+c}{2}+\frac{2c+a+b}{2}=2(a+b+c)\)
Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Bài 4:
Ta có:
\(A=\frac{8a^2+b}{4a}+b^2=2a+\frac{b}{4a}+b^2\)
\(\Leftrightarrow A+\frac{1}{4}=2a+\frac{b+a}{4a}+b^2=2a+b+\frac{b+a}{4a}+b^2-b\)
Vì \(a+b\geq 1, a>0\) nên \(A+\frac{1}{4}\geq a+1+\frac{1}{4a}+b^2-b\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+\frac{1}{4a}\geq 2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)
\(\Rightarrow A+\frac{1}{4}\geq 2+b^2-b=\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{7}{4}\geq \frac{7}{4}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{3}{2}\).
Vậy \(A_{\min}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
\(\left(a+b^2\right)\left(a+1\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow\dfrac{1}{a+b^2}\le\dfrac{a+1}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b+a^2}\le\dfrac{b+1}{\left(a+b\right)^2}\)
\(\Rightarrow M\le\dfrac{a+b+2}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{2}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{2}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{1}{a+b}-1+1\)
\(\Rightarrow M\le\left(\dfrac{2}{a+b}-1\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+1\right)+1=\left(\dfrac{2-a-b}{a+b}\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+1\right)+1\le1\)
\(M_{max}=1\) khi \(a=b=1\)