Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- Theo giả thiết nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được
, (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi )
- Tương tự , (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi )
- Từ đó
- Giả thiết tương đương với (*)
- Do đó
- Mà nên (do giả thiết ).
- Vì vậy
GTNN là đạt khi và chỉ khi
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^2+2ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}+2ab^2=2a^2b+2ab^2\)
\(b^4+a^2+2a^2b\ge2\sqrt{a^2b^4}+2a^2b=2ab^2+2a^2b\)
\(\Rightarrow Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\)
Lại có: \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab-a+b^2-b=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow2ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\ge1\\a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\le\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
\(P=\frac{a^2}{a^3+abc}+\frac{b^2}{b^3+abc}+\frac{c^2}{c^3+abc}.\) " nhân cả tử cả mẫu cho a , b , c lần lượt
\(\frac{a^2}{a^3+abc}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{a^3}+\frac{a^2}{abc}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{a}{bc}\right)\left(cosishaw\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\)
từ đề bài ta suy ra
\(bc=\frac{a^2+B^2+c^2}{a};ac=\frac{a^2+B^2+c^2}{b};ab=\frac{a^2+b^2+c^2}{c}.\)
\(\frac{a}{bc}=\frac{a}{\frac{a^2+B^2+c^2}{a}}=\frac{a^2}{a^2+B^2+c^2}\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1\right)\)
từ đề bài suy ra tiếp
\(a=\frac{a^2+b^2+c^2}{bc};\frac{1}{a}=\frac{1}{\frac{a^2+b^2+c^2}{bc}}=\frac{bc}{a^2+B^2+c^2}\) " tương tự với các số hạng
suy ra
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{bc+ac+Ab}{a^2+b^2+c^2}+1\right)\)
\(bc+ac+ab\le a^2+B^2+c^2\left(cosi\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(1+1\right)=\frac{1}{2}\)
max của P là 1/2
dấu = xảy ra khi a=b=c=3
thử thay vào ta được
\(\frac{a}{a^2+a^2}+\frac{a}{a^2+a^2}+\frac{a}{a^2+a^2}=\frac{a}{2a^2}+\frac{a}{2a^2}+\frac{a}{2a^2}=\frac{3}{2a}=\frac{3}{2.3}=\frac{1}{2}\) " đúng "
sửa lại cái đề bài thành \(a^2+b^2+c^2=abc\) đi
không bọn não chó nó tích sai cho tao đấy dcmmm
bọn ngu học :)
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
Bài toán quy về 2 bài toán nhỏ hơn!
Cho các số dương ab + bc +ca = 1.
a) Tìm Max: \(M=\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
(Lời giải tại: Câu hỏi của Nguyễn Linh Chi. Bài làm của anh Thắng, trong lời giải có phần giống với đề bên trên.)
b) Tìm Min: \(N=a^2+28b^2+28c^2\)
Có: \(N=\frac{1}{4}\left(2a-7b-7c\right)^2+\frac{63}{4}\left(b-c\right)^2+7\left(ab+bc+ca\right)\ge7\left(ab+bc+ca\right)=7\)
Từ đó tìm được \(P\le\frac{9}{4}-7=-\frac{19}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=\frac{7}{\sqrt{15}};b=c=\frac{1}{\sqrt{15}}\)
Với ab + bc + ca = 1 và áp dụng BĐT AM - GM, ta được:
\(\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)\(\frac{2a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
\(=\frac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{2a}{a+b}.\frac{2a}{a+c}}+\sqrt{\frac{2b}{a+b}.\frac{b}{2\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{2c}{a+c}.\frac{c}{2\left(b+c\right)}}\)
\(\le\frac{\frac{2a}{a+b}+\frac{2a}{a+c}}{2}+\frac{\frac{2b}{a+b}+\frac{b}{2\left(b+c\right)}}{2}+\frac{\frac{2c}{a+c}+\frac{c}{2\left(b+c\right)}}{2}\)
\(=\frac{\frac{2\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{2\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{b+c}{2\left(b+c\right)}}{2}=\frac{2+2+\frac{1}{2}}{2}=\frac{9}{4}\)(*)
Mặt khác, cũng theo AM - GM, ta có:
\(\frac{a^2}{2}+\frac{49b^2}{2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{2}.\frac{49b^2}{2}}=7ab\)(1)
\(\frac{a^2}{2}+\frac{49c^2}{2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{2}.\frac{49c^2}{2}}=7ac\)(2)
\(\frac{7}{2}\left(b^2+c^2\right)\ge\frac{7}{2}.2\sqrt{b^2c^2}=7bc\)(3)
Cộng theo từng vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được:
\(\frac{2a^2+56b^2+56c^2}{2}\ge7\left(ab+bc+ca\right)=7\)
hay \(a^2+28b^2+28c^2\ge7\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(P=\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}-a^2-28b^2-28c^2\)
\(\le\frac{9}{4}-7=\frac{-19}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=\frac{7}{\sqrt{15}};b=c=\frac{1}{\sqrt{15}}\)
\(b^4+c^4\ge\)\(b^3c+bc^3\) (bn tu cm nhé)
\(\Rightarrow\frac{a}{b^4+c^4+a}\le\frac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a}=\frac{abc}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+abc}=\frac{1}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+1}=\)
\(\frac{a^2b^2c^2}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+a^2b^2c^2}=\frac{a^2b^2c^2}{b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
ttu \(T\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\) dau = xay ra khi va chi khi a=b=c=1
Đề thi tuyển sinh chuyên Khoa học tự nhiên-Đại Học quốc gia Hà Nội năm học 2017-2018
ta có: \(ab+bc+ca+abc=2\)
\(\Leftrightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=\left(1+a\right)+\left(1+b\right)+\left(1+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}=1\)
đặt \(x=\frac{1}{1+a};y=\frac{1}{1+b};z=\frac{1}{1+c}\Rightarrow xy+yz+xz=1\)
ta có \(P=\frac{a+1}{\left(a+1\right)^2+1}+\frac{b+1}{\left(b+1\right)^2+1}+\frac{c+1}{\left(c+1\right)^2+1}\)
\(=\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}+\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{y^2}+1}+\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z^2}+1}=\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\)
\(=\frac{x}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{y}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z}{\left(z+y\right)\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{x\left(y+z\right)+y\left(z+x\right)+z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}=\frac{2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}\)
mà \(9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge8\left(x+y+z\right)\left(xy+z+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2\ge6xyz\)(đúng vì theo BĐT Cosi)
\(\Rightarrow P\le\frac{2}{\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\le\frac{9}{4\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
(vì \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)=3\))
Vậy \(P_{max}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}-1\)