Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo đánh giá bởi Bunhiacopski ta dễ có:
\(\frac{a}{b^4+c^4+a}=\frac{a\left(1+1+a^3\right)}{\left(b^4+c^4+a\right)\left(1+1+a^3\right)}\le\frac{a^4+a+a}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự rồi cộng lại ta được:
\(T\le\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta đi chứng minh:
\(\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le1\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a+b+c\)
Mà \(LHS\ge abc\left(a+b+c\right)=a+b+c\Rightarrow T\le1\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
giỏi thì làm bài nÀY nèk
chứ mấy bác cứ đăng linh ta linh tinh lên online math
Linh ta linh tinh gì. ko biết làm thì tôi mới nhờ mọi người chứ
đây là câu cuối bài khảo sat trg tôi. ko làm được thì đừng phát biểu linh tinh
Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể dự đoán dấu bằng xảy ra tại \(a=b=c=dk\) với k dương
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các bộ ba số dương ta được
\(\frac{1}{k^2}\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\frac{3abc}{k^2}\)(*) ; \(\frac{a^3}{k^3}+\frac{b^3}{k^3}+d^3\ge\frac{3adb}{k^2}\)(**) ; \(\frac{b^3}{k^3}+\frac{c^3}{k^3}+d^3\ge\frac{3bcd}{k^2}\)(***) ;\(\frac{c^3}{k^3}+\frac{a^3}{k^3}+d^3\ge\frac{3cda}{k^2}\)(****)
Cộng theo vế 4 bất đẳng thức (*), (**), (***), (****), ta được: \(\left(\frac{1}{k^2}+\frac{2}{k^3}\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+3d^3\ge\frac{3\left(abc+bcd+cda+dab\right)}{k^2}=\frac{3}{k^2}\)
Hay \(\left(\frac{3}{k^2}+\frac{6}{k^3}\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+9d^3\ge\frac{9}{k^2}\)
Ta cần tìm k để \(\frac{3}{k^2}+\frac{6}{k^3}=4\Leftrightarrow4k^3-3k-6=0\)và ta chọn k là số dương
Đặt \(k=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)^2\)thay vào phương trình trên và biến đổi ta thu được \(x^6-12x^3+1=0\)
Giải phương trình này ta được \(x=\sqrt[3]{6\pm\sqrt{35}}\), để ý \(\left(6+\sqrt{35}\right)\left(6-\sqrt{35}\right)=1\)nên ta tính được \(k=\frac{\sqrt[3]{6-\sqrt{35}}+\sqrt[3]{6+\sqrt{35}}}{2}\)
Do đó ta tính được giá trị nhỏ nhất của P là \(\frac{36}{\left(\sqrt[3]{6-\sqrt{35}}+\sqrt[3]{6+\sqrt{35}}\right)^2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{\sqrt[3]{6-\sqrt{35}}+\sqrt[3]{6+\sqrt{35}}}{2}d\)
Lời giải:
Đặt $\sqrt{4-a^2}=x; \sqrt{4-b^2}=y; \sqrt{4-c^2}=z$ thì bài toán trở thành:
Cho $x,y,z\in [0;2]$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=6$. Tìm min: $P=x+y+z$
-------------------
Ta có: $P^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)=6+2(xy+yz+xz)$
Vì $x,y,z\in [0;2]$ nên:
$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 0\Leftrightarrow 2(xy+yz+xz)\geq xyz+4(x+y+z)-8\geq 4(x+y+z)-8=4P-8$
Vậy $P^2=6+2(xy+yz+xz)\geq 6+4P-8$
$\Leftrightarrow P^2-4P+2\geq 0$
$\Leftrightarrow (P-2)^2\geq 2\Rightarrow P\geq 2+\sqrt{2}$.
Vậy $P_{\min}=2+\sqrt{2}$.
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,2,\sqrt{2})$ và hoán vị
Từ giả thiết \(1\le a\le2\) => ( a - 1).(a - 2) \(\le\) 0 =>\(a^2-3a+2\le0\)
Từ giả thiết \(1\le b\le2\) => (b - 1)( b - 2) \(\le\) 0 => \(a^2-3b+2\le0\)
Vì vậy ta có P:
\(=\left[a^2+b^2-3\left(a+b\right)+4\right]-\left(\sqrt{a}-\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)^2-\left(\dfrac{\sqrt{b}}{2}-\dfrac{1}{\sqrt{b}}\right)^2-3\le-3\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a}=\dfrac{1}{\sqrt{q}}\\\dfrac{\sqrt{b}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{b}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\)
Vậy a =1 ; b = 2 là giá trị lớn nhất của biểu thức