Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 $a=b=c$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(P=\sqrt{\dfrac{2a}{2b+2c-a}}+\sqrt{\dfrac{2b}{2c+2a-b}}+\sqrt{\dfrac{2c}{2a+2b-c}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{6}a}{\sqrt{3a\left(2b+2c-a\right)}}+\dfrac{\sqrt{6}b}{\sqrt{3b\left(2c+2a-b\right)}}+\dfrac{\sqrt{6}c}{\sqrt{3c\left(2a+2b-c\right)}}\)
\(\ge\dfrac{\sqrt{6}a}{\dfrac{3a+2b+2c-a}{2}}+\dfrac{\sqrt{6}b}{\dfrac{3b+2c+2a-b}{2}}+\dfrac{\sqrt{6}c}{\dfrac{3c+2a+2b-c}{2}}\)
\(\ge\dfrac{\sqrt{6}a}{a+b+c}+\dfrac{\sqrt{6}b}{a+b+c}+\dfrac{\sqrt{6}c}{a+b+c}\)
\(=\dfrac{\sqrt{6}\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=\sqrt{6}\)
Giả sử c là số ở giửa a và b. khi đó \(\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\)
Ta chứng minh :
\(VT\le c\left(\dfrac{b^2}{2b^2+a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}\right)+\dfrac{abc}{a^2+b^2+2c^2}\)(*)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(b^2+c^2-bc+a^2\right)}{\left(a^2+c^2+2b^2\right)\left(b^2+a^2+2c^2\right)}\ge0\) (Đúng)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\dfrac{c}{4}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2}\right)+\dfrac{abc}{2ac+2bc}\)
\(\le\dfrac{c}{4}\left(1+\dfrac{b^2}{2bc}+\dfrac{a^2}{2ac}\right)+\dfrac{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}}{2\left(a+b\right)}=\dfrac{c}{4}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+b}{8}\)
\(=\dfrac{a+b+c}{4}\)( \(ĐpcM\))
Dấu = xảy ra khi a=b=c
\(A=\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Leftrightarrow2A=\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{2b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\)
\(=1-\dfrac{bc}{2a^2+bc}+1-\dfrac{ac}{2b^2+ac}+1-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\)
\(=3-\dfrac{bc}{2a^2+bc}-\dfrac{ac}{2b^2+ac}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\)
CM: \(P=\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)
Thật vậy:
\(P\ge\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{2a^2bc+b^2c^2+2b^2ac+a^2c^2+2c^2ab+a^2b^2}\)
\(=\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{a^2bc+a^2bc+b^2c^2+b^2ac+b^2ac+a^2c^2+c^2ab+c^2ab+a^2b^2}\)
\(=\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{ab\left(ac+bc+ab\right)+bc\left(ab+bc+ac\right)+ac\left(ab+bc+ac\right)}\)
\(=1\)
\(2A=3-P\le3-1=2\)
\(2A\le2\Leftrightarrow A\le1\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\)
Bài 1:
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) ta tính được giá trị là \(9\)
Ta sẽ chứng minh nó là GTLN
Thật vậy ta cần chứng minh
\(\Sigma\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\le\dfrac{3\left(ab+ac+bc\right)}{abc}\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{3}{a}-\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{ab\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(Σ\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{Σ\dfrac{1}{a}+2Σa^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta chứng minh \(Σ\dfrac{1}{a}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) - BĐT cuối đúng
Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 3:
Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow xy+yz+xz=3\) và BĐT cần chứng minh là
\(x^3+y^3+z^3\ge3\). Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot1}=3x^2\)
Tương tự có: \(y^3+y^3+1\ge3y^2;z^3+z^3+1\ge3z^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\left(xy+yz+xz=3\right)\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge9\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge6\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3\). BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
T/b:Vâng, rất giỏi 
Ta có: \(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\dfrac{5}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\dfrac{5}{4}}\left(a+b\right)\)
Cmtt ta có: \(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\sqrt{\dfrac{5}{4}}\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\sqrt{\dfrac{5}{4}}\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{\sqrt{5}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = \(\dfrac{1}{9}\)
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
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(T=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\geq \frac{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}{2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}=\frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\)
\(\geq \frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{2}\) (theo BĐT AM-GM)
Vậy $T_{\min}=\frac{3}{2}$.
Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$