Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Biểu thức này có vẻ chỉ tìm được min chứ ko tìm được max:
Min:
\(P^2=a+b+c+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(b+c^3a^3\right)}+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}+2\sqrt{\left(b+c^3a^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}\)
\(P^2\ge a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\ge a+b+c=2\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{2}\)
\(P_{min}=\sqrt{2}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;2\right)\) và các hoán vị
1,\(T=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left(a^2-ab+b^2\right)=\)
\(=10\left(a^2-2ab+b^2\right)+10\left(a^2+b^2\right)\)
\(\ge10\left(a-b\right)^2+5.\left(a+b\right)^2\ge0+5.20^2=2000\)
2,a,\(\sqrt{a}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-2}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{a}+b-2\sqrt{b-1}+c-2\sqrt{c-2}=0\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{a}+1+b-1-2\sqrt{b-1}+1+c-2+2\sqrt{c-2}+1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1\right)^2+\left(\sqrt{b-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{c-2}-1\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\)
b,sai đề
Xét \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow10\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow100\ge ab\)
\(T=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left(a^2-ab+b^2\right)=20\left[a^2+2ab+b^2-3ab\right]=20\left(20\right)^2-6ab\)
\(T\ge20.20^2-6.100=7400\)
Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\)\(x^2+y^2+z^2=4\)
\(P=\frac{x^3}{x+3y}+\frac{y^3}{y+3z}+\frac{z^3}{z+3x}=\frac{x^4}{x^2+3xy}+\frac{y^4}{y^2+3yz}+\frac{z^4}{z^2+3zx}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{4^2}{4+3.4}=1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)
Ta có bất đẳng thức phụ sau (bđt Mincopski)
\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\left(x;y;z;t\inℝ\right)\)
Thật vậy :
\(bđt\Leftrightarrow x^2+y^2+2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(z^2+t^2\right)}+z^2+t^2\ge x^2+2xz+z^2+y^2+2yt+t^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2}\ge xz+yt\)
*Nếu xz + yt < 0 thì bđt hiển nhiên đúng
*Nếu xz + yt > 0 thì bđt trở thành
\(x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2z^2+2xyzt+y^2t^2\)
\(\Leftrightarrow x^2t^2-2xyzt+y^2z^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(xt-yz\right)^2\ge0\)(ĐÚng)
Vậy bđt được chứng minh
Áp dụng bđt trên 2 lần ta được
\(P\ge\sqrt{\left(5+5\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}+\sqrt{25+c^4}\)
\(\ge\sqrt{\left(5+5+5\right)^2+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
\(=\sqrt{225+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Bài toán quay về tìm \(min\left(a^2+b^2+c^2\right)\)biết \(2\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca=18\)
Ta có bđt phụ sau \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)(Tự chứng minh bằng biến đổi tương đương nhé)
\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Đặt \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=t\left(t\ge0\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3t}\)
Lại có bđt phụ sau \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2=\frac{t}{3}\)
Tóm lại ta thu được 2 bđt sau \(\hept{\begin{cases}a+b+c\le\sqrt{3t}\\ab+bc+ca\le\frac{t}{3}\end{cases}}\)
Ta có \(18=2\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca\le2\sqrt{3t}+\frac{t}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{t}{3}+2\sqrt{3t}-18\ge0\)
\(\Leftrightarrow t+6\sqrt{3t}-54\ge0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{t}\le-9-3\sqrt{3}\left(Loa_.i\cdot do\cdot\sqrt{t}\ge0\right)\\\sqrt{t}\ge9-3\sqrt{3}\left(Tm\right)\end{cases}}\)
Có \(\sqrt{t}\ge9-3\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge9-3\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge108-54\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge36-18\sqrt{3}\)
Quay trở lại bài toán \(P\ge\sqrt{225+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge\sqrt{225+\left(36-18\sqrt{3}\right)^2}\)
Dấu "=" xảy ra tại a = b = c
P/S: sai đâu thì thôi nha :v a lười ktra lại lắm
1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).
2.
\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)
Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)
\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )
\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)
\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)
3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)
\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)
\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)
hả?
bài để thi hok kì I đó hả? đúng khó *_*
mk sẽ ghi lại để sau này mk hok
Ta có:
\(a+b+c=4\)
\(\Rightarrow\) \(a< 4\)
\(\Rightarrow\) \(a^4< 4a^3\) (do \(a>0\) nên \(a^3>0\) )
Do đó, \(a^3>\frac{a^4}{4}\) hay nói cách khác, \(\sqrt[4]{a^3}>\sqrt[4]{\frac{a^4}{4}}=\frac{a}{\sqrt[4]{4}}\) \(\left(1\right)\)
Từ đó, ta cũng tương tự thiết lập được: \(\sqrt[4]{b^3}>\frac{b}{\sqrt[4]{4}}\) \(\left(2\right)\) và \(\sqrt[4]{c^3}>\frac{c}{\sqrt[4]{4}}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế các bđt \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) ta có:
\(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}>\frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
\(M=\sqrt{\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(b+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(c+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}\)
\(M\ge\sqrt{\left(a+b+c+\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{15}}{2}\right)^2}=3\sqrt{6}\)
\(M_{min}=3\sqrt{6}\) khi \(a=b=c=1\)
\(M_{max}\) ko tồn tại