Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sang học 24 tìm ai tên Perfect Blue nhé t làm bên đó rồi đưa link thì lỗi ==" , tìm tên đăng nhập springtime ấy
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
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
Câu hỏi của Hùng Nguyễn - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
2 ) Ta có : \(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
Do a ; b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\frac{a+b}{3}-1\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b\le3\)
\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}+2b-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)
( áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)
Tìm min cho K, tìm max có lẽ Bunhia là ra thôi:
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{3a+1}=x\\\sqrt{3b+1}=y\\\sqrt{3x+1}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow1\le x;y;z\le\sqrt{10}\)
\(x^2+y^2+z^2=3\left(a+b+c\right)+3=12\)
Bài toán trở thành cho \(x^2+y^2+z^2=12\), tìm min \(P=x+y+z\)
Ta có: \(\left(x-1\right)\left(x-\sqrt{10}\right)\le0\Rightarrow x^2-\left(\sqrt{10}+1\right)x+\sqrt{10}\le0\)
\(\left(y-1\right)\left(y-\sqrt{10}\right)=y^2-\left(\sqrt{10}+1\right)y+\sqrt{10}\le0\)
\(\left(z-1\right)\left(z-\sqrt{10}\right)=z^2-\left(\sqrt{10}+1\right)z+\sqrt{10}\le0\)
Cộng vế với vế:
\(x^2+y^2+z^2-\left(\sqrt{10}+1\right)\left(x+y+z\right)+3\sqrt{10}\le0\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge\frac{x^2+y^2+z^2+3\sqrt{10}}{\sqrt{10}+1}=\frac{12+3\sqrt{10}}{\sqrt{10}+1}=2+\sqrt{10}\)
\(\Rightarrow P_{min}=2+\sqrt{10}\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;\sqrt{10}\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)\) và các hoán vị
\(3a^2+4ab+b^2=3a^2+3ab+ab+b^2=3a\left(a+b\right)+b\left(a+b\right)=\left(3a+b\right)\left(a+b\right)\)
xong AM -GM
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 <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: \(P^2=\left(\sqrt{\frac{a}{3a^2+1}}+\sqrt{\frac{b}{3b^2+1}}+\sqrt{\frac{c}{3c^2+1}}\right)^2\le3\left(\frac{a}{3a^2+1}+\frac{b}{3b^2+1}+\frac{c}{3c^2+1}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: \(\frac{a}{3a^2+1}=\frac{a}{2a^2+\left(a^2+1\right)}\le\frac{a}{2a^2+2a}=\frac{1}{2a+2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{3b^2+1}\le\frac{1}{2b+2}\); \(\frac{c}{3c^2+1}\le\frac{1}{2c+2}\)
Do đó \(3\left(\frac{a}{3a^2+1}+\frac{b}{3b^2+1}+\frac{c}{3c^2+1}\right)\le3\left(\frac{1}{2a+2}+\frac{1}{2b+2}+\frac{1}{2c+2}\right)\le\frac{3}{4}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{2}\right)=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.\frac{ab+bc+ca}{abc}\le\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.3=\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow P^2\le\frac{9}{4}\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1