Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(K\le\Sigma\sqrt{12a+\left(b+c\right)^2}=\Sigma\sqrt{12a+\left(3-a\right)^2}=\Sigma\sqrt{\left(a+3\right)^2}=12\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=0;c=3\) và các hoán vị
\(P^2=a+b+c+a^2+b^2+c^2+2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(b+c^2\right)}+2\sqrt{\left(b+c^2\right)\left(c+a^2\right)}+2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(c+a^2\right)}.\)
Theo bđt Bunhiacopski ta có
\(2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(b+c^2\right)}\ge2\sqrt{b^3}\)(vì \(a,c\ge0\))
Tương tự \(2\sqrt{\left(b+c^2\right)\left(c+a^2\right)}\ge2\sqrt{c^3}\)
\(2\sqrt{\left(c+a^2\right)\left(a+b^2\right)}\ge2\sqrt{a^3}\)
\(\Rightarrow P^2\ge a+b+c+a^2+b^2+c^2+2\sqrt{a^3}+2\sqrt{b^3}+2\sqrt{c^3}\)
Theo gt : \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\a^2+b^2+c^2=1\end{cases}\Rightarrow0\le a,b,c\le1}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge a^2,b\ge b^2,c\ge c^2\\a^3\ge a^4,b^3\ge b^4,c^3\ge c^4\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\\2\sqrt{a^3}+2\sqrt{b^3}+2\sqrt{c^3}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow P^2\ge1+1+2=4\)\(\Rightarrow P\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=0,c=1 và các hoán vị của nó
Tìm Max
Theo bđt Bunhiacopski ta có
\(P^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)\)\(\le3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=3\left(1+\sqrt{3}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{3\left(1+\sqrt{3}\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Tham khảo:
Với các số thực không âm a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=1\), tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(Q=\s... - Hoc24
\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)
áp dụng bunhia - cốpxki
\(P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)
\(=6\left(a+b+c\right)\)
\(=6.2021=12126< =>P=\sqrt{12126}\)
vậy MAX P=\(\sqrt{12126}\)
\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)
\(\Rightarrow P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:
\(P^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)=6\left(a+b+c\right)=6\cdot2021\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{6\cdot2021}=\sqrt{12126}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{2021}{3}\)
Vậy \(Max\left(P\right)=\sqrt{12126}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2021}{3}\)
Đặt \(K=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)
\(\Rightarrow2K=2a\sqrt{b^3+1}+2b\sqrt{c^3+1}+2c\sqrt{a^3+1}=\)\(2a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+2b\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}\)\(+2c\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\)\(\le a\left[\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)\right]+b\left[\left(c+1\right)+\left(c^2-c+1\right)\right]\)\(+c\left[\left(a+1\right)+\left(a^2-a+1\right)\right]\)(Theo BĐT AM - GM)
\(=a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)\)\(=ab^2+bc^2+ca^2+6\)
Đặt \(M=ab^2+bc^2+ca^2\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge c\ge b\)thì ta có \(b\left(a-c\right)\left(c-b\right)\ge0\Leftrightarrow abc+b^2c\ge ab^2+bc^2\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le abc+b^2c+ca^2\)
hay \(M\le abc+b^2c+ca^2\le2abc+b^2c+ca^2=c\left(a+b\right)^2\)\(=4c.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}\le\frac{4}{27}\left(c+\frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}\right)^3\)\(=\frac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}=4\)
\(\Rightarrow2K\le10\Rightarrow K\le10\)
Vậy \(a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\le5\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2,0,1\right)\)
Kiệt cop sai đáp án rồi kìa :))
Đoạn cuối không giả sử \(a\ge c\ge b\) được đâu nhá
Mà phải giả sử b là số nằm giữa a và c
Khi đó:
\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2=b\left(a^2+ac+c^2\right)\)
\(\le b\left(a^2+2ac+c^2\right)=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b-4\right)\le0\) *đúng *
Vậy ............................
\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)
\(P^2=2+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+2\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow2\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\le a+2b+c\)
Tương tự ta có : \(\hept{\begin{cases}2\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le a+b+2c\\2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le2a+b+c\end{cases}}\)
\(\Rightarrow P^2\le2+4\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{6}\)
Vậy \(P_{Max}=\sqrt{6}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Chúc bạn học tốt !!!
\(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)\Rightarrow\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+z^2=3\\0\le x;y;z\le\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
\(P=x^2y+y^2z+z^2x-xyz\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x=mid\left\{x;y;z\right\}\)
\(\Rightarrow\left(x-y\right)\left(x-z\right)\le0\Leftrightarrow x^2+yz\le xy+xz\)
\(\Rightarrow x^2y+y^2z\le xy^2+xyz\)
\(\Rightarrow P\le xy^2+z^2x+xyz-xyz=x\left(y^2+z^2\right)=x\left(3-x^2\right)\)
\(\Rightarrow P\le2-\left(x^3-3x+2\right)=2-\left(x-1\right)^2\left(x+2\right)\le2\)
\(P_{max}=2\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;1\right)\) hoặc \(\left(1;0;2\right)\) và một vài hoán vị