Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn 1/(1 + a) + 1/(1 + b) + 1/(1 + c) = 2. Tìm GTLN của biểu thức Q = abc
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
7 tháng 2 2020
theo bđt cauchy-schwarz ta có \(P\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{3+2\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{9}{3+2\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
Mà\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3=3abc}\)\(\Rightarrow P\ge\frac{9}{3+2\cdot3abc}=\frac{9}{3+6}=1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(P_{max}=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
7 tháng 2 2020
Sorry mình viết nhầm nha \(3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)mới đúng nha
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
31 tháng 12 2021
\(a^2+2b^2+3=\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
Tương tự ...
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(ca+a+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{abc+bc+c}+\dfrac{1}{bc+c+1}+\dfrac{bc}{ca.bc+a.bc+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{1+bc+c}+\dfrac{1}{bc+c+1}+\dfrac{bc}{c+1+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c+1+bc}{1+bc+c}\right)=\dfrac{1}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
NT
4
22 tháng 4 2019
Ta có : \(\frac{1}{1+a}=1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Tương tự : \(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\); \(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\right]^2}}=\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{a}{a+1}=\frac{b}{b+1}=\frac{c}{c+1}\\\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}}\)
22 tháng 4 2019
Vì \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=2-\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\left(1\right)\)(Theo AM-GM cho 2 số dương)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) suy ra :
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\cdot\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le8\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:\(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Vậy \(Q_{max}=8\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
9 tháng 12 2018
2) \(S=a+\frac{1}{a}=\frac{15a}{16}+\left(\frac{a}{16}+\frac{1}{a}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(S\ge\frac{15a}{16}+2.\sqrt{\frac{a}{16}.\frac{1}{a}}=\frac{15.4}{16}+2.\sqrt{\frac{1}{16}}=\frac{15}{4}+2.\frac{1}{4}=\frac{15}{4}+\frac{1}{2}=\frac{15}{4}+\frac{2}{4}=\frac{17}{4}\)
\(S=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
Vậy \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
T
9 tháng 12 2018
kudo shinichi sao cách làm giống của thầy Hồng Trí Quang vậy bạn?
\(S=a+\frac{1}{a}=\frac{15}{16}a+\left(\frac{a}{16}+\frac{1}{a}\right)\ge\frac{15}{16}a+2\sqrt{\frac{1.a}{16.a}}=\frac{15}{16}a+2.\frac{1}{4}\)
\(=\frac{15}{16}.4+\frac{1}{2}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
Dấu "=" xảy ra khi a = 4
Vậy \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
KN
25 tháng 10 2020
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
KN
26 tháng 10 2020
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
đáp án https://goo.gl/BjYiDy