Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
\(K\le\Sigma\sqrt{12a+\left(b+c\right)^2}=\Sigma\sqrt{12a+\left(3-a\right)^2}=\Sigma\sqrt{\left(a+3\right)^2}=12\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=0;c=3\) và các hoán vị
Do \(\left|a\right|;\left|b\right|;\left|c\right|\le1\Rightarrow a^{2018}+b^{2020}+c^{2022}\le a^2+b^2+c^2\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x-1;y-1;z-1\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}0\le x;y;z\le2\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)
Ta cần chứng minh: \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\le2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+3\le2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le5\)
Thật vậy, do \(0\le x;y;z\le2\)
\(\Rightarrow\left(2-x\right)\left(2-y\right)\left(2-z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow8-4\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)-xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(xy+yz+zx\right)\ge xyz+4\ge4\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le5\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;1;2\right)\) và hoán vị
Hay \(\left(a;b;c\right)=\left(-1;0;1\right)\) và hoán vị
Xét \(a,b>1\)
\(\Rightarrow a^{2020}+b^{2020}>a^{2018}+b^{2018}\)(loại)
Xét \(0< a,b< 1\)
\(\Rightarrow a^{2020}+b^{2020}< a^{2018}+b^{2018}\)
Xét \(a=1\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\)
Xét \(a=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a,b\right)=\left(0,0;0,1;1,0;1,1\right)\)
Thế từng bộ vô cái nào lớn nhất lụm