Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2. \(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{2}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2}{b}}+\frac{1}{1+\frac{2}{c}}\ge1\)
Đặt\(\frac{2}{a}=x;\frac{2}{b}=y;\frac{2}{c}=z\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=8\end{cases}}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge1\Leftrightarrow\left(yz+y+z+1\right)+\left(zx+z+x+1\right)+\left(xy+x+y+1\right)\ge xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\)\(\Leftrightarrow x+y+z\ge6\)(Đúng vì \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=6\))
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 hay a = b = c = 1
3. Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3}\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\)
Ta có đánh giá quen thuộc \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Từ đó suy ra \(ab+bc+ca\le1\)
\(A=\frac{\sqrt{a^2+1}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{a+b}\ge\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}{a+b}\)\(=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{b+c}+\frac{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}{c+a}+\frac{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{a+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=3\)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1
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 <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Câu hỏi hơi xàm
Do a;b;c không âm \(\Rightarrow\frac{a}{a+1}\ge0\) ; \(\frac{b}{b+1}\ge0\); \(\frac{c}{c+1}\ge0\)
\(\Rightarrow T\ge0\)
\(T_{min}=0\) khi \(a=b=c=0\)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
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)
@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:)
a)Từ \(a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) *đúng*
Khi \(a=b=c\)
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế :
\(M\ge3-\frac{ab+bc+ca}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Khi \(a=b=c=1\)
bài này mình làm rồi nhưng quyên
mình làm toán 7 bồi dưỡng
Ta có:
\(A=\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}\le\frac{a}{2a}+\frac{b}{2b}+\frac{c}{2c}\le\frac{3}{2}\)