Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(K=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)
\(\Rightarrow2K=2a\sqrt{b^3+1}+2b\sqrt{c^3+1}+2c\sqrt{a^3+1}=\)\(2a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+2b\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}\)\(+2c\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\)\(\le a\left[\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)\right]+b\left[\left(c+1\right)+\left(c^2-c+1\right)\right]\)\(+c\left[\left(a+1\right)+\left(a^2-a+1\right)\right]\)(Theo BĐT AM - GM)
\(=a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)\)\(=ab^2+bc^2+ca^2+6\)
Đặt \(M=ab^2+bc^2+ca^2\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge c\ge b\)thì ta có \(b\left(a-c\right)\left(c-b\right)\ge0\Leftrightarrow abc+b^2c\ge ab^2+bc^2\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le abc+b^2c+ca^2\)
hay \(M\le abc+b^2c+ca^2\le2abc+b^2c+ca^2=c\left(a+b\right)^2\)\(=4c.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}\le\frac{4}{27}\left(c+\frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}\right)^3\)\(=\frac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}=4\)
\(\Rightarrow2K\le10\Rightarrow K\le10\)
Vậy \(a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\le5\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2,0,1\right)\)
Kiệt cop sai đáp án rồi kìa :))
Đoạn cuối không giả sử \(a\ge c\ge b\) được đâu nhá
Mà phải giả sử b là số nằm giữa a và c
Khi đó:
\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2=b\left(a^2+ac+c^2\right)\)
\(\le b\left(a^2+2ac+c^2\right)=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b-4\right)\le0\) *đúng *
Vậy ............................
Đặt \(m=a^2+b^2+c^2,m\ge0\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có :
\(\frac{9}{4}=\left(a.\sqrt{1-b^2}+b.\sqrt{1-c^2}+c.\sqrt{1-a^2}\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(3-a^2-b^2-c^2\right)\)
\(\Rightarrow m\left(3-m\right)\ge\frac{9}{4}\) \(\Leftrightarrow\left(m-\frac{3}{2}\right)^2\le0\) mà ta luôn có \(\left(m-\frac{3}{2}\right)^2\ge0\)
Do đó \(\left(m-\frac{3}{2}\right)^2=0\Rightarrow m=\frac{3}{2}\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}\)
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
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\left(a,b,c>0\right)\).
Với \(a,b>0\), ta có:
\(\left(a-1\right)^2\left(a^2+a+1\right)\ge0\).
\(\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)\left(a-1\right)\ge0\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3-a+1\ge0\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+1\ge a\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+ab+2\ge ab+a+1\).
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^4-a^3+ab+2}\ge\sqrt{ab+a+1}\).
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}\left(1\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a-1=0\Leftrightarrow a=1\).
Chứng minh tương tự (với \(b,c>0\)), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}\le\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}\left(2\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\).
Chứng minh tương tự (với \(a,c>0\)), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ca+a+1}}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\left(4\right)\).
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho 3 số, ta được:
\(\left(1.\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le\)\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\)\(\left[\frac{1}{\left(\sqrt{ab+a+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{bc+b+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{ca+c+1}\right)^2}\right]\).
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le3\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)\).
Ta có:
\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)
\(=\frac{c}{abc+ac+c}+\frac{abc}{bc+b+abc}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).
\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{abc}{b\left(c+1+ac\right)}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).
\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{ac}{1+ac+c}+\frac{1}{1+ac+c}=1\).
Do đó:
\(\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\le3.1=3\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\le\sqrt{3}\left(5\right)\).
Từ \(\left(4\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\)\(\sqrt{3}\)(điều phải chứng minh).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\le\sqrt{3}\)với \(a,b,c>0\)và \(abc=1\).
\(+2\)nhé, không phải \(-2\)đâu.
Đặt \(x=a^2+b^2+c^2\), cần chứng minh \(x=\frac{3}{2}\)
Từ giả thiết \(a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}+c\sqrt{1-a^2}=\frac{3}{2}\) , áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có :
\(\left(\frac{3}{2}\right)^2=\left(a.\sqrt{1-b^2}+b.\sqrt{1-c^2}+c.\sqrt{1-a^2}\right)^2\)
\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[3-a^2-b^2-c^2\right]\)
\(\Rightarrow x\left(3-x\right)\ge\frac{9}{4}\Leftrightarrow x^2-3x+\frac{9}{4}\le0\Leftrightarrow\left(x-\frac{3}{2}\right)^2\le0\)(1)
Mà ta luôn có \(\left(x-\frac{3}{2}\right)^2\ge0\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(x-\frac{3}{2}\right)^2=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Áp dụng BĐT côsi ta có:
\(VT\le\frac{a^2+1-b^2}{2}+\frac{b^2+1-c^2}{2}+\frac{c^2+1-a^2}{2}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức đề bài chỉ xảy ra khi \(a=b=c=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
=> \(a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)
doan thi khanh linh câm cái mồm đi.đã ngu lại còn thích k
áp dụng co si ta có:
\(\frac{b+c}{\sqrt{a}}+\frac{c+a}{\sqrt{b}}+\frac{a+b}{\sqrt{c}}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{a}}+\frac{2\sqrt{ca}}{\sqrt{b}}+\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{c}}\)
\(=\left(\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{ca}}{\sqrt{b}}\right)+\left(\frac{\sqrt{ca}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{c}}\right)+\left(\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{a}}\right)\)
\(\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
\(\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\)
\(\Rightarrow Q.E.D\)
\(VT=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)
\(=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+b\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}+c\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\)
\(\le\frac{a\left(b^2+2\right)}{2}+\frac{b\left(c^2+2\right)}{2}+\frac{c\left(a^2+2\right)}{2}\left(bdtCo-si\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
\(=3+\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{2}\)
giả sử b là số ở giữa
\(\Rightarrow\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow b^2+ca\le bc+ab\)
\(\Leftrightarrow ab^2+ca^2\le abc+a^2b\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le b\left(a+c\right)^2=\frac{\left(b+b\right)\left(a+c\right)\left(c+a\right)}{2}\le\frac{\left(2a+2b+2c\right)^3}{54}=4\)
\(\Rightarrow VT\le3+\frac{4}{2}=5\left(dpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi \(b=1,c=2,a=0\) và hoán vị