Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a+bc=a\left(a+b+c\right)+bc=a^2+ab+ac+bc=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
tương tự :
\(b+ac=\left(b+a\right)\left(b+c\right);c+ba=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(P=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương
\(\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
\(\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)\)
\(\frac{c}{\sqrt{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+b}+\frac{c}{c+a}\right)\)
cộng vế theo vế
\(P\le1\)
Ta có
\(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}< \sqrt{a+c}+\sqrt{a-c}\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}}{2}< \frac{\sqrt{a+c}+\sqrt{a-c}}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)(liên hợp)
Bài 2:
\(\frac{1}{\sqrt[3]{81}}\cdot P=\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(a+2b\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(b+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(c+2a\right)}}\)
\(\ge\frac{3}{a+2b+9+9}+\frac{3}{b+2c+9+9}+\frac{3}{c+2a+9+9}\ge3\left(\frac{9}{3a+3b+3c+54}\right)=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt[3]{3}\)
Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=3
Bài 1:
\(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Theo bđt côsi-shaw ta luôn có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge\frac{25}{x+y+z+t+k}\)(x=y=z=t=k>0 ) (*)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z+t+k\ge5\sqrt[5]{xyztk}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{xyztk}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng
Từ (*) \(\Rightarrow\frac{1}{25}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\le\frac{1}{x+y+z+t+k}\)
Ta có: \(P=\frac{1}{2a+2b+c}+\frac{1}{a+2b+2c}+\frac{1}{2a+b+2c}\)
Mà \(\frac{1}{2a+2b+c}=\frac{1}{a+a+b+b+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{a+2b+2c}=\frac{1}{a+b+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+2c}=\frac{1}{a+a+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{25}\left[5.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=1\)
\(\Rightarrow P\le1\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra khi a=b=c\(=\frac{3}{5}\)
1.
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le}2+a\)
Tương tự \(b^2\le2+b,c^2\le2+c\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le6+a+b+c=6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2,b=c=-1 và các hoán vị của chúng
Xét \(\frac{a^2+1}{a}=a+\frac{1}{a}\)
Dễ thấy dấu "=" xảy ra khi \(a=\frac{1}{3}\)
khi đó \(a+\frac{1}{a}=a+\frac{1}{9a}+\frac{8}{9a}\ge2\sqrt{\frac{a.1}{9a}}+\frac{8}{\frac{9.1}{3}}=\frac{10}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+1}\le\frac{3}{10}\)
tương tự =>đpcm
Đặt x = 1/a ; y = 1/b, z = 1/c với x,y,z > 0
đk <=> 1/x + 1/y + 1/z = 1/(xyz)
<=> xy + yz + zx = 1
A = √[yz/(1+x²)] + √[zx/(1+y²)] + √[xy/(1+z²)]
Ta có:
1 + x² = x² + xy + yz + zx = (x+z)(x+y)
=> √[yz/(1+x²)] = √[y/(x+y)] . √[z/(x+z)]
≤ 1/2 . [y/(x+y) + z/(x+z)] (1)
(áp dụng bđt Cosi: √m .√n ≤ 1/2 . (m+n))
Tương tự:
√[xz/(1+y²)] = √[x/(x+y)] . √[z/(y+z)] ≤ 1/2 . [x/(x+y) + z/(y+z)] (2)
√[xy/(1+z²)] = √[y/(z+y)] . √[x/(x+z)] ≤ 1/2 . [y/(z+y) + x/(x+z)] (3)
Cộng vế của (1),(2) và (3) lại ta được:
A ≤ 1/2 . 3 = 3/2
Vậy Max A = 3/2 xảy ra <=> x = y = z = 1/√3 <=> a = b = c = √3
Haizz nhầm rồi:(
BĐT \(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le1+2+3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.2+\frac{\sqrt{c}}{3}.3\le1+2+3\)
\(VT=\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\left(\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.1\right)+\left(\frac{\sqrt{c}}{3}.1+\frac{\sqrt{b}}{2}.1+\sqrt{a}.1\right)\)
\(\le\frac{1}{2}\left[\frac{c}{9}+\left(\frac{c}{9}+\frac{b}{4}\right)+\left(\frac{c}{9}+\frac{b}{4}+a\right)+6\right]\) (áp dụng BĐT \(xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\))
\(\le\frac{1}{2}\left(1+2+3+6\right)=6^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 4; c = 9
Is that true?Mong là lần này em không bị nhầm dấu-_-
Mình làm thử,đúng hay không thì mình không biết.Có chi mong bạn thông cảm và ib lỗi sai cho mình nha
Từ \(a+\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le3\) và \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le2\)
Suy ra \(a=\left(a+\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\right)-\left(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\right)\le3-2=1\) (1)
Từ \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le2\) và \(c\le9\) suy ra \(\frac{b}{4}+\frac{c}{9}\le\frac{b}{4}+\frac{9}{9}=1\le2\)
\(\Rightarrow\frac{b}{4}\le1\Rightarrow b\le4\) (2)
Từ (1) và (2) kết hợp với giả thiết suy ra \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{1}+\sqrt{4}+\sqrt{9}=6^{\left(đpcm\right)}\)
Đề TST của KHTN lớp 10 :3
Dễ có:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
\(P=\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{a^2+3}}\ge\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{a^2+ab+bc+ca}}=\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}=\Sigma\frac{\sqrt{2}bc}{\sqrt[4]{\left(a+b\right)\left(a+c\right)2\cdot2}}\)
Đến đây khó quá huhu
Áp dụng bất đăng thức Holder, ta có
\(\Sigma_{cyc} a \sqrt[3]{b^2+c^2} = \Sigma_{cyc} \sqrt[3]{a.a^2.(b^2+c^2)} \le \sqrt[3]{( \Sigma_{cyc} a).(\Sigma_{cyc} a^2).[\Sigma_{cyc} (b^2+c^2)} \le \sqrt[3]{\sqrt{3\Sigma_{cyc} a^2}.(\Sigma_{cyc} a^2).(2\Sigma_{cyc} a^2}) \le 12\)