Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2+ab+b^2=\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\ge\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2=\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(P\ge\sqrt{3}\left(a+b+c\right)=\sqrt{3}\)
\(P_{min}=\sqrt{3}\) khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
ta có \(4\left(a^2+a+2b^2\right)=5\left(a^2+2ab+b^2\right)+3\left(a^2-2ab+b^2\right)\)\(=5\left(a+b\right)^2+3\left(a-b\right)^2\ge5\left(a+b\right)^2\)(vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\))
vì a,b dương nên \(2\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\sqrt{5}\left(a+b\right)\Leftrightarrow\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
dấu "=" xảy ra khi a=b
chứng minh tương tự để có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\frac{5}{4}\left(b+c\right)\Leftrightarrow b=c\left(2\right)\\\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\frac{5}{4}\left(a+c\right)\Leftrightarrow a=c\left(3\right)\end{cases}}\)
cộng các bất đẳng thức (1) (2) và (3) theo vế ta được
\(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+bc+2c^2}+\sqrt{2c^2+ac+2a^2}\ge\frac{5}{4}\cdot2\left(a+b+c\right)=2019\sqrt{5}\)
dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c=2019\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=673}\)
* Ta có:
\(2a^2+ab+2b^2=\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)
* Tương tự ta có:
\(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)\); \(\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)
\(=\sqrt{5}\left(a+b+c\right)=2019\sqrt{5}\)
(Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 673)
Vậy \(P_{min}=2019\sqrt{5}\Leftrightarrow a=b=c=673\)
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
Ta có : \(b=\dfrac{c+a}{2}\Rightarrow2b=c+a\Rightarrow a-b=b-c\)
Dó đó : \(P=\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(P=\left[\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{b}-\sqrt{c}}{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)}\right]\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(P=\left[\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a-b}+\dfrac{\sqrt{b}-\sqrt{c}}{b-c}\right]\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(P=\left[\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{b-c}+\dfrac{\sqrt{b}-\sqrt{c}}{b-c}\right]\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\) Vì \(\left(a-b=b-c\right)\)
\(P=\left[\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}{b-c}\right]\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(P=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{c}}{b-c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(P=\dfrac{a-c}{a-b}=\dfrac{a-c}{a-\dfrac{a+c}{2}}=\dfrac{a-c}{\dfrac{2a-a-c}{2}}=\dfrac{a-c}{\dfrac{a-c}{2}}=2\)
1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).
2.
\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)
Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)
\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )
\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)
\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)
3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)
\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)
\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)
Ta có: \(4=\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)=\sqrt{ab}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\)
\(\le\frac{a+b}{2}+\frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}+1\Rightarrow a+b\ge2\)
Do đó \(P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\ge2\)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1