Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
M=\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-2y_1.y_2\)
Áp dụng định lý viettel :( :v )
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\);\(\left\{{}\begin{matrix}y_1+y_2=-\dfrac{b}{c}\\y_1y_2=\dfrac{a}{c}\end{matrix}\right.\)
\(M=\dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac{2c}{a}+\dfrac{b^2}{c^2}-\dfrac{2a}{c}=\dfrac{b^2-4ac}{a^2}+\dfrac{b^2-4ac}{c^2}+2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\ge2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge4\)
Dấu = xảy ra: \(\left\{{}\begin{matrix}a=c\\b^2=4ac\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow b^2=4a^2=4c^2\)
@_@ 
đưa thẳng câu hỏi luôn đi ; nói như zầy chưa nghỉ ra câu trả lời ; chống mặt chết trước rồi
Bài 1:
Biểu thức chỉ có giá trị lớn nhất, không có giá trị nhỏ nhất.
\(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=1-\frac{1}{x+1}+1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}\)
\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
Giờ chỉ cần cho biến $x$ nhỏ vô cùng đến $0$, khi đó giá trị biểu thức trong ngoặc sẽ tiến đến dương vô cùng, khi đó P sẽ tiến đến nhỏ vô cùng, do đó không có min
Nếu chuyển tìm max thì em tìm như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:
\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{(1+1+1)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{x+y+z+3}=\frac{9}{4}\)
Do đó: \(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\leq 3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
Vậy \(P_{\min}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :
\(\frac{1}{a+3b+2c}=\frac{1}{9}\frac{9}{(a+c)+(b+c)+2b}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{a+3b+2c}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{bc}{b+3c+2a}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{b}{2}\right)\)
\(\frac{ac}{c+3a+2b}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{ac}{c+b}+\frac{ac}{a+b}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{b(a+c)}{a+c}+\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b)}{a+b}+\frac{a+b+c}{2}\right)\)
hay \(\text{VT}\leq \frac{a+b+c}{6}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Bài 1:
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz có:
\(\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8bc}+c\sqrt{c^2+8bc}}\)
Lại sử dụng bđt Cauchy schwarz ta có:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\cdot\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\cdot\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\cdot\sqrt{c^3+8abc}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}}\)
=> Ta cần chứng minh: \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)
hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bđt Cosi ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân các vế của 3 bđt trên ta đc:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)
=> Đpcm
\(\sum\dfrac{a}{\left(a^2+1\right)+2b+2}\le\sum\dfrac{a}{2\left(a+b+1\right)}=\dfrac{1}{2}\)
a) ta có
\(3\left(a+b+c\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\)
\(=\left(a^3+ab^2\right)+\left(b^3+bc^2\right)+\left(c^3+ca^2\right)+a^2b+b^2c+c^2a\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
\(a^3+ab^2\ge2a^2b\) ; \(b^3+bc^2\ge2b^2c\) ; \(c^3+ca^2\ge2c^2a\)
\(\left(a^3+ab^2\right)+\left(b^3+bc^2\right)+\left(c^3+ca^2\right)+a^2b+b^2c+c^2a\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge a^2b+b^2c+c^2a\) (1)
Áp dụng BĐT C.B.S ta có
\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)
\(\Rightarrow a+b+c\le3\) (2)
từ (1) và (2) ta được đpcm
b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
\(ab\le\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{3-c^2}{2}\) tương tự
\(bc\le\dfrac{3-a^2}{2}\) ; \(ac\le\dfrac{3-b^2}{2}\)
BĐT cần chứng minh trở thành :
\(\dfrac{3-a^2}{2\left(3+a^2\right)}+\dfrac{3-b^2}{2\left(3+b^2\right)}+\dfrac{3-c^2}{2\left(3+c^2\right)}\le\dfrac{3}{4}\)
Ta chứng minh BĐT phụ sau
\(\dfrac{3-c^2}{2\left(3+c^2\right)}\le\dfrac{c^2}{4}\)\(\Leftrightarrow12-4c^2\le2c^2\left(3+c^2\right)\Leftrightarrow c^4+5c^2+6\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(c^2+2\right)\left(c^2+3\right)\ge0\) (luôn đúng)
tương tự : \(\dfrac{3-a^2}{2\left(3+c^2\right)}\le\dfrac{a^2}{4}\) ; \(\dfrac{3-b^2}{2\left(3+b^2\right)}\le\dfrac{b^2}{4}\)
Cộng Ba vế BĐT trên lại ta có:
\(\dfrac{3-a^2}{2\left(3+a^2\right)}+\dfrac{3-b^2}{2\left(3+b^2\right)}+\dfrac{3-c^2}{2\left(3+c^2\right)}\le\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4}=\dfrac{3}{4}\)
Vậy ta có đpcm
Ta có :
\(m_a=\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{2}=\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-\left(2c^2-b^2\right)}}{2}=\frac{\sqrt{3}b}{2}\)
\(m_b=\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}-\frac{b^2}{4}}=\frac{\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}}{2}=\frac{\sqrt{2c^2+2a^2-\left(2c^2-a^2\right)}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
\(m_c=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}=\frac{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}{2}=\frac{\sqrt{4c^2-c^2}}{2}=\frac{\sqrt{3}c}{2}\)
\(\Rightarrow m_a+m_b+m_c=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b+c\right)\)
Hình như đề nhầm dấu thì phải
Theeo BĐT AM-GM ta có:
\(\sum\dfrac{a^3b}{a^4+a^2b^2+b^4}\le\sum\dfrac{a^3b}{2a^3b+b^4}=\sum\dfrac{a^3}{2a^3+b^3}\)
Ta cần chứng minh \(\sum\dfrac{a^3}{2a^3+b^3}\le1\)
hay \(\sum\dfrac{a^3}{a^3+2c^3}\ge1\)
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz có:
\(\sum\dfrac{a^3}{2c^3+a^3}\ge\dfrac{\left(\sum a^3\right)^2}{\sum a^6+2\sum a^3b^3}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Chọn C
giải thích luôn bạn oi