Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)
Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)
có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)
BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)
Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)
MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)
Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3
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
\(\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\dfrac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}=\sqrt{\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right)\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}\right)\) ; \(\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{a+b}\right)=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Cho a, b, c, d là các chữ số thỏa mãn: ab+ca=da ab-ca=a Tìm giá trị của d.
\(P^2=\left(\sqrt{4a+3}+\sqrt{4b+3}+\sqrt{4c+3}\right)^2\)
\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(4a+3+4b+3+3c+3\right)\)
\(=63\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{63}=3\sqrt{7}\).
Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}4a+3=4b+3=4c+3\\a+b+c=3\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\).