Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(a=x^2;b=y^2;c=z^2\)khi đó ta được xyz=1 và biểu thức P viết được thành
\(P=\frac{1}{x^2+2y^2+3}+\frac{1}{y^2+2x^2+3}+\frac{1}{z^2+2x^2+3}\)
Ta có \(x^2+y^2\ge2xy;y^2+1\ge2y\Rightarrow x^2+2y^2+3\ge2\left(xy+y+1\right)\)
Do đó ta được \(\frac{1}{x^2+2y^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{xy+y+1}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\frac{1}{y^2+2z^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{yz+z+1};\frac{1}{z^2+2x^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{zx+z+1}\)
Cộng các vế BĐT trên ta được
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}\right)\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)
Do xyz=1 nên ta được
\(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}=\frac{zx}{z+1+zx}+\frac{x}{1+zx+z}+\frac{1}{zx+x+1}=1\)
Từ đó ta được
\(P\le\frac{1}{2}\). Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Áp dụng bổ đề quen thuộc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\), ta được: \(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+2}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+2}\)\(=\frac{bc}{ab^2c\left(a+b\right)+abc^2\left(a+c\right)+2bc}=\frac{bc}{b\left(a+b\right)+c\left(a+c\right)+2bc}\)\(\le\frac{bc}{ab+ac+4bc}=\frac{bc}{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)+2bc}\)\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b\left(a+c\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}+\frac{bc}{2bc}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(1)
Tương tự, ta có: \(\frac{1}{a^3+2b^3+c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(2); \(\frac{1}{a^3+b^3+2c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}\right)\)(3)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(P\le\frac{1}{9}\left(1+1+1+\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\)đạt được khi x = y = z = 1
\(A=\sqrt{2b\left(a+1\right)}+\sqrt{2c\left(b+1\right)}+\sqrt{2a\left(c+1\right)}\)
\(A=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.2\sqrt{4b\left(a+1\right)}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.2\sqrt{4c\left(b+1\right)}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.2\sqrt{4a\left(c+1\right)}\)
\(A\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(4b+a+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(4c+b+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(4a+c+1\right)\)
\(A\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left[5\left(a+b+c\right)+3\right]=2\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
mũ 2 và mũ 3 nha bạn. cả 2 cái cách làm tương tự nhau.nếu bạn ko làm đc mũ 3, bn có thể làm mũ 2 chi mình xem đc ko
Ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=4a^2+2ab+b^2+\left(a^2+b^2\right)\ge4a^2+2ab+b^2+2ab=\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Lại có: \(\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Tương tự cộng lại ta có: \(VT\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=3\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có \(\frac{\sqrt{ab^2c^3}}{b+c}\le\frac{\sqrt{ab^2c^3}}{2\sqrt{bc}}=\frac{1}{2}.\sqrt{ac.bc}\)
Mà \(\frac{1}{2}\sqrt{ac.cb}\le\frac{1}{4}\left(ac+cb\right)\)\(\Rightarrow\frac{\sqrt{ab^2c^3}}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(ac+bc\right)\)
Tương tự cộng lại, ta có
\(\frac{\sqrt{ab^2c^3}}{b+c}+\frac{\sqrt{bc^2a^3}}{c+a}+\frac{\sqrt{ca^2b^3}}{a+b}\le\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
Mà \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\Rightarrow\frac{\sqrt{ab^2c^3}}{b+c}+...\le\frac{3}{2}\)
dấu = xảy ra <=> a=b=c=1
^.^
Áp dụng bđt bu nhi a, ta có
\(P^2\le3\left(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\right)\)
Áp dụng bđt cô si, ta có
\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+1\ge2b\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
tương tự với mấy cái kia =>\(P^2\le\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+a}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
mà với abc =1, thì bạn sẽ chứng minh được \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)
phân thức thứ 1 để nguyê, phân thức thứ 2 nhân với ab, phân thức thứ 3 nhân với b, rồi chỗ napf có abc thì thay abc=1
thì bạn sẽ chứng minh được cái kia=1
=>\(P\le\sqrt{\frac{3}{2}}\)
dâu = xảy ra <=>a=b=c=1
Dễ thấy theo AM - GM :
\(\frac{1}{\sqrt{a^2+2b^2+3}}=\frac{1}{\sqrt{\left(a^2+b\right)+\left(b^2+1\right)+2}}\le\frac{1}{\sqrt{2ab+2b+2}}\)
\(\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{3}\right)\)
Tương tự:
\(\frac{1}{\sqrt{b^2+2c^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{3}\right);\frac{1}{\sqrt{c^2+2a^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{ca+a^2+1}+\frac{1}{3}\right)\)
Cộng lại ta sẽ có đpcm
Vì dễ thấy \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\) với abc=1
\(P=\frac{1}{a+b+b+1+2}+\frac{1}{b+c+c+1+2}+\frac{1}{c+a+a+1+2}\)
\(P\le\frac{1}{2\sqrt{ab}+2\sqrt{b}+2}+\frac{1}{2\sqrt{bc}+2\sqrt{c}+2}+\frac{1}{2\sqrt{ca}+2\sqrt{a}+2}\)
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{b}+1}+\frac{1}{\sqrt{bc}+\sqrt{c}+1}+\frac{1}{\sqrt{ca}+\sqrt{a}+1}\right)=\frac{1}{2}\)
\(P_{max}=\frac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)