Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{ab+bc+ca+a^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\). Thiết lập 2 BĐT tương tự:
\(\dfrac{b}{\sqrt{1+b^2}}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}\right);\dfrac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải:
a)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(x^3+x^2+x+1\geq 4\sqrt[4]{x^3.x^2.x.1}=4\sqrt[4]{x^6}\)
\(\Rightarrow (x^3+x^2+x+1)^2\geq 16\sqrt{x^6}\)
\(\Leftrightarrow (x^3+x^2+x+1)^2\geq 16x^3\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=1\)
b)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{b+c}{a}.1\leq \left(\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\left(\frac{b+c+a}{a}\right)^2\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}\geq 4\left(\frac{a}{a+b+c}\right)^2\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\)
Thực hiện tương tự với cac phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq \frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)
Dấu bằng xảy ra khi
\(\frac{b+c}{a}=\frac{c+a}{b}=\frac{a+b}{c}=1\Rightarrow a+b+c=2a=2b=2c\)
\(\Rightarrow a=b=c\Rightarrow \frac{b+c}{a}=2\neq 1\) (vô lý)
Do đó dấu bằng không xảy ra
Vì vậy: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\)
\(A=\sum\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}=\sum\sqrt{\dfrac{ab}{c^2+ca+cb+ab}}\)
\(=\sum\sqrt{\dfrac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{c+b}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{a}{b+a}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}.3=\dfrac{3}{2}\)
vì 0<a<1 ;0<b<2 ;0<c<3
=> 1-a > 0 <=> 0<\(\sqrt{1-a}\) < 1
=> 0 <\(\dfrac{\sqrt{1-a}}{a}\) ≤ 1 (1)
c/m tương tự với b,c
=> 0 < \(\dfrac{\sqrt{2-b}}{b}\) ≤ 2 (2)
và 0 < \(\dfrac{\sqrt{3-c}}{c}\) ≤ 3 (3)
Cộng các vế của bđt với nhau
=> 0 < \(\dfrac{\sqrt{1-a}}{a}+\dfrac{\sqrt{2-b}}{b}+\dfrac{\sqrt{3-c}}{c}\) ≤ 6
Vậy GTLN của A là 6
a, \(\sqrt{b}\) tồn tại \(\Leftrightarrow b>0\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{b}+1\ne0\\\sqrt{b}-1\ne0\\b-1\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b\ne1\)
Vậy B có nghĩa khi \(\left\{{}\begin{matrix}b>0\\b\ne1\end{matrix}\right.\)
b,
\(B=\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}+1}-\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}-1}-\dfrac{2}{b-1}\)
\(=\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}+1}-\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}-1}-\dfrac{2}{\left(\sqrt{b}-1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{b}\left(\sqrt{b}-1\right)-\sqrt{b}\left(\sqrt{b}+1\right)-2}{\left(\sqrt{b}-1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)}=\dfrac{b-\sqrt{b}-b-\sqrt{b}-2}{\left(\sqrt{b}-1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)}=\dfrac{-2\left(\sqrt{b}+1\right)}{\left(\sqrt{b}-1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)}=\dfrac{-2}{\sqrt{b}-1}=\dfrac{2}{1-\sqrt{b}}\)
c,
\(B>1\Leftrightarrow2>1-\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow2-\left(1-\sqrt{b}\right)=1+\sqrt{b}>0\) (luôn đúng với mọi b)
=> Với mọi b có ĐKXĐ là b khác 0 và b > 1 thì B > 1
Lời giải:
$\sqrt{a+b}=\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}$
$\Leftrightarrow a+b=a+c+b+c+2\sqrt{(a+c)(b+c)}$
$\Leftrightarrow 2c+2\sqrt{(a+c)(b+c)}=0$
$\Leftrightarrow c+\sqrt{(a+c)(b+c)}=0$
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -c=\sqrt{(a+c)(b+c)}\\ c< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} c^2=(c+a)(c+b)\\ c< 0\end{matrix}\right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ab+bc+ac=0\\ c< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \frac{ba+bc+ac}{abc}=0\) (do $a,b>0$)
$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0$
(đpcm)