Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
:3 em từ olm sang đây có gì sai thì chỉ bảo
Áp dụng bất đẳng thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)
ta có \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)Ta lại có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)
Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)
\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)
Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)
Vì a,b,c > 0 nên 0<abc \(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)
\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)
Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1, A= y^3(1-y)^2 = 4/9 . y^3 . 9/4 (1-y)^2
= 4/9 .y.y.y . (3/2-3/2.y)^2
=4/9 .y.y.y (3/2-3/2.y)(3/2-3/2.y)
<= 4/9 (y+y+y+3/2-3/2.y+3/2-3/2.y)^5
=4/9 . 243/3125
=108/3125
Đến đó tự giải
7. \(S=9y^2-12\left(x+4\right)y+\left(5x^2+24x+2016\right)\)
\(=9y^2-12\left(x+4\right)y+4\left(x+4\right)^2+\left(x^2+8x+16\right)+1936\)
\(=\left[3y-2\left(x+4\right)\right]^2+\left(x-4\right)^2+1936\ge1936\)
Vậy \(S_{min}=1936\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}3y-2\left(x+4\right)=0\\x-4=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x=4\\y=\frac{16}{3}\end{cases}}\)
8. \(x^2-5x+14-4\sqrt{x+1}=0\) (ĐK: x > = -1).
\(\Leftrightarrow\) \(\left(x+1\right)-4\sqrt{x+1}+4+\left(x^2-6x+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2+\left(x-3\right)^2=0\)
Với mọi x thực ta luôn có: \(\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2\ge0\) và \(\left(x-3\right)^2\ge0\)
Suy ra \(\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2+\left(x-3\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2=0\\\left(x-3\right)^2=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) x = 3 (Nhận)
7. \(S=9y^2-12\left(x+4\right)y+\left(5x^2+24x+2016\right)\)
\(=9y^2-12\left(x+4\right)y+4\left(x+4\right)^2+\left(x^2+8x+16\right)+1936\)
\(=\left[3y-2\left(x+4\right)\right]^2+\left(x-4\right)^2+1936\ge1936\)
Vậy \(S_{min}=1936\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}3y-2\left(x+4\right)=0\\x-4=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x=4\\y=\frac{16}{3}\end{cases}}\)
Vì \(a;b;c>0\Rightarrow2ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\) thay vào \(\sqrt{a^2+4ab+b^2}\)ta có:
\(\sqrt{a^2+4ab+b^2}=\sqrt{\left(a+b\right)^2+2ab}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=\sqrt{\frac{3\left(a+b\right)^2}{2}}=\left(a+b\right).\sqrt{\frac{3}{2}}\)
Tương tự: \(\sqrt{b^2+4bc+c^2}\le\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{c^2+4ca+a^2}\le\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(a+b\right)+\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(b+c\right)+\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(c+a\right)\)
\(\le\sqrt{\frac{3}{2}}.\left(2a+2b+2c\right)=\sqrt{\frac{3}{2}}.6=\sqrt{216}=6\sqrt{6}\)Vì a+b+c=6
Dấu = xảy ra khi a=b=c=2
Vây ......
Để ý: \(ab+bc+ca=\frac{\left[\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\).
Do đó đặt \(a^2+b^2+c^2=x>0;a+b+c=y>0\). Bài toán được viết lại thành:
Cho \(y^2+5x=24\), tìm max:
\(P=\frac{x}{y}+\frac{y^2-x}{2}=\frac{5x}{5y}+\frac{y^2-x}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{y^2-\frac{24-y^2}{5}}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{3\left(y^2-4\right)}{5}\)\(=\frac{3y^3-y^2-12y+24}{5y}\)
Đặt \(y=t\). Dễ thấy \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)=3t^2-5\left(ab+bc+ca\right)\)
Và dễ dàng chứng minh \(ab+bc+ca\le3\)
Suy ra \(3t^2=12+5\left(ab+bc+ca\right)\le27\Rightarrow t\le3\). Mặt khác do a, b, c>0 do đó \(0< t\le3\).
Ta cần tìm Max P với \(P=\frac{3t^3-t^2-12t+24}{5t}\)và \(0< t\le3\)
Ta thấy khi t tăng thì P tăng. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi t lớn nhất.
Khi đó P = 3. Vậy...
Đang học Bunyakovsky đúng hong :D
1)
\(S=\sqrt{a^2+4ab+b^2}+\sqrt{b^2+4bc+c^2}+\sqrt{c^2+4ac+a^2}\)
\(S^2=\left(\sqrt{a^2+4ab+b^2}+\sqrt{b^2+4bc+c^2}+\sqrt{c^2+4ac+a^2}\right)^2\)
\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+4ab+b^2+b^2+4bc+c^2+c^2+4ac+a^2\right)\)
\(=3.2\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)=6.\left(a+b+c\right)^2=6.6^2=216\)
\(\Leftrightarrow S\le6\sqrt{6}."="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
2) \(M^2=\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x+1+y+1\right)=2.8=16\)
\(M\le4."="\Leftrightarrow x=y=3\)
3)
\(S=ab+2\left(a+b\right)\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}+\dfrac{8\left(a+b\right)}{4}\)
\(=\dfrac{\left(a+b\right)^2+8\left(a+b\right)}{4}\)
\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\Leftrightarrow a+b\le\sqrt{2}\)
\(\dfrac{\left(a+b\right)^2+8\left(a+b\right)}{4}\le\dfrac{2+8\sqrt{2}}{4}=\dfrac{1+4\sqrt{2}}{2}\)
\(S\le\dfrac{1+4\sqrt{2}}{2}."="\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)