\(\sqrt{c+ab}\) =\(\sqrt{c\left(a+b+c\right)+ab}=\sqrt{c^2+ac+cb+ab}=\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

\(\frac{ab}{\sqrt{c+ab}}\le\frac{ab}{2}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{b+c}\right)\)

ttu \(\frac{bc}{\sqrt{a+bc}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right);\frac{ac}{\sqrt{b+ca}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{a+c}\right)\)

\(\Rightarrow P\le\frac{bc+ac}{2\left(a+b\right)}+\frac{ac+ab}{2\left(a+b\right)}+\frac{bc+ab}{2\left(c+b\right)}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{2}\)

dau = xay ra khi a=b=c=1/3

trả lời 

=1/2

chúc bn

học tốt

Bài tập 13 trang 106 SGK Toán 9 Tập 1 - H7.net

A B C D M K O H

a. Ta có: HA = HB ( gt )

Suy ra : \(OH\perp AB\) ( đường kính dây cung )

Lại có : KC = KD ( gt )

Suy ra : \(OK\perp CD\)( đường kính dây cung )

Mà AB > CD ( gt )

Nên OK > OH ( dây lớn hơn gần tâm hơn )

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông OHM ta có :

OM² = OH² + HM²

Suy ra : HM² = OM² – OH² (1)

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông OKM ta có:

OM² = OK² + KM²

Suy ra: KM² = OM² – OK² (2)

Mà OH < OK ( cmt ) (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra: HM² > KM² hay HM > KM

Ta có:

\(x^{10}+x^{10}+x^{10}+x^{10}+2^{10}\ge5\sqrt[5]{2^{10}.x^{40}}=20x^8\)

Tương tự với y, z thì ta có:

\(\Rightarrow4\left(x^{10}+y^{10}+z^{10}\right)+3.2^{10}\ge20\left(x^8+y^8+z^8\right)\)

Tới đây thì suy ra rồi nhé.

\(x^8+y^8+z^8\le768\)           

Ta có \(A=x+\sqrt{1-14x-15x^2}=x+\sqrt{\left(x+1\right)\left(1-15x\right)}\)

Do \(-1\le x\le\frac{1}{15}\)nên \(9\left(x+1\right)\ge0;1-15x\ge0\)

Như vậy thì ta áp dụng BĐT AM - GM, ta được:  \(3A=3x+\sqrt{9\left(x+1\right)\left(1-15x\right)}\)\(\le3x+\frac{9\left(x+1\right)+1-15x}{2}=3x+\left(5-3x\right)=5\)

\(\Rightarrow A\le\frac{5}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}-1\le x\le\frac{1}{15}\\9\left(x+1\right)=1-15x\end{cases}}\Leftrightarrow x=-\frac{1}{3}\)

Vậy \(MaxA=\frac{5}{3}\), đạt được khi \(x=-\frac{1}{3}\)

x = 3 nha bạn.