Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
\(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}>\frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y;\sqrt[4]{c}=z\)
Cần chứng minh
\(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}>\sqrt[4]{c}=\sqrt[4]{a+b}\)
\(\Rightarrow\left(x^3+y^3\right)^4>\left(x^4+y^4\right)^3\)
Rôi phân phối ra là thấy
Ta có đẳng thức quen thuộc: \(\frac{xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+2xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=1\)
\(\Rightarrow\frac{\left(x+y\right)}{z}+\frac{\left(y+z\right)}{x}+\frac{\left(z+x\right)}{y}+2=\frac{\left(x+y\right)}{z}.\frac{\left(y+z\right)}{x}.\frac{\left(z+x\right)}{y}\)
Đặt \(\frac{x+y}{z}=a;\frac{y+z}{x}=b;\frac{z+x}{y}=c\) thì ta thu được giả thiết.
Vậy tồn tại các số x, y, z > 0 sao cho \(a=\frac{x+y}{z};b=\frac{y+z}{x};c=\frac{z+x}{y}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\le\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\le\frac{1}{2}\Sigma_{cyc}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}\right)=\frac{3}{2}\)
P/s: Em không chắc về cách trình bày ở chỗ phần đặt..., nhưng cách đặt trên luôn tồn tại đó!
Cách khác tự nhiên hơn!
\(a+b+c+2=abc\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a+1\right)\left(b+1\right)=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a+1};\frac{1}{b+1};\frac{1}{c+1}\right)=\left(z;x;y\right)\text{ thì }x+y+z=1\Rightarrow a=\frac{1-z}{z}=\frac{x+y}{z}\)
Tương tự: \(b=\frac{y+z}{x};c=\frac{z+x}{y}\). Rồi giải như bài ban nãy.
\(\frac{a^2+b^2}{a-b}=\frac{\left(a-b\right)^2+2ab}{a-b}=a-b+\frac{2ab}{a-b}=a-b+\frac{12}{a-b}\ge2\sqrt{12}=4\sqrt{3}\left(Cauchy\right)\)
1) \(\frac{9}{x^2}+\frac{2x}{\sqrt{2x^2+9}}=1\left(ĐK:x\ne0\right)\)
Đặt: \(\sqrt{2x^2+9}=a\left(a\ge0\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^2+9=a^2\Leftrightarrow9=a^2-2a^2\)
Khi đó pt đã cgo trở rhanhf:
\(\frac{a^2-2x^2}{x^2}+\frac{2x}{a}=1\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{x}\right)^2-2+\frac{2x}{a}-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{x}\right)^2+\frac{2x}{a}-3=0\) (*)
Đặt: \(\frac{a}{x}=b\) khi đó (*) trở thành:
\(b^2+\frac{2}{b}-3=0\)
\(\Leftrightarrow b^3+2-3b=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b^3-b\right)-\left(2b-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow b\left(b-1\right)\left(b+1\right)-2\left(b-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)\left(b^2+b-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}b-1=0\\b+2=0\end{array}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}b=1\\b=-2\end{array}\right.\)
Với: \(b=1\) ta có:
\(\frac{a}{x}=1\Leftrightarrow a=x\Leftrightarrow\sqrt{2x^2+9}=x\Leftrightarrow2x^2+9=x^2\Leftrightarrow x^2+9=0\left(loai\right)\)
Với: \(b=-2\) ta có:
\(\frac{a}{x}=-2\)
\(\Leftrightarrow a=-2x\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2x^2+9}=-2x\)
\(\Leftrightarrow2x^2+9=4x^2\)
\(\Leftrightarrow2x^2=9\)
\(\Leftrightarrow x^2=\frac{9}{2}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=\frac{3}{\sqrt{2}}\\x=-\frac{3}{\sqrt{2}}\end{array}\right.\)
Thử lại ta thấy: \(x=\frac{3}{\sqrt{2}}\left(ktm\right);x=-\frac{3}{\sqrt{x}}\left(tm\right)\)
Vaayk pt đã cho có nhgieemj là \(x=-\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Sửa đề: GTLN
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a}{a+\sqrt{2019a+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{a^2+ab+ca+bc}}\)
\(=\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{a}{a+\sqrt{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\right)^2}}\)
\(=\frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{b}{b+\sqrt{2019b+ac}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}};\frac{c}{c+\sqrt{2019c+ab}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\le\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\)
BĐT phụ chưa chắc đã đúng vì a,b,c đâu biết âm hay dương đâu
nên bài này sai đề hoặc thím giải sai rồi