Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
12. Ta có \(ab\le\frac{a^2+b^2}{2}\)
=> \(a^2-ab+3b^2+1\ge\frac{a^2}{2}+\frac{5}{2}b^2+1\)
Lại có \(\left(\frac{a^2}{2}+\frac{5}{2}b^2+1\right)\left(\frac{1}{2}+\frac{5}{2}+1\right)\ge\left(\frac{a}{2}+\frac{5}{2}b+1\right)^2\)
=> \(\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}\ge\frac{a}{4}+\frac{5b}{4}+\frac{1}{2}\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}}\le\frac{4}{a+b+b+b+b+b+1+1}\le\frac{4}{64}.\left(\frac{1}{a}+\frac{5}{b}+2\right)\)
Khi đó
\(P\le\frac{1}{16}\left(6\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+6\right)\le\frac{3}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Vậy \(MaxP=\frac{3}{2}\)khi a=b=c=1
13. Ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\le1\)
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{9}{a+b+c+3}\)( BĐT cosi)
=> \(1\ge\frac{9}{a+b+c+3}\)
=> \(a+b+c\ge6\)
Ta có \(a^3-b^3=\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\)
=> \(\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự \(\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\),,\(\frac{c^3-a^2}{c^2+ac+a^2}=c-a\)
Cộng 3 BT trên ta có
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+c^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{c^2+bc+b^2}+\frac{a^3}{a^2+ac+c^2}\)
Khi đó \(2P=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+...\)
=> \(2P=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}+....\)
Xét \(\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{1}{3}\)
<=> \(3\left(a^2-ab+b^2\right)\ge a^2+ab+b^2\)
<=> \(a^2+b^2\ge2ab\)(luôn đúng )
=> \(2P\ge\frac{1}{3}\left(a+b+b+c+a+c\right)=\frac{2}{3}.\left(a+b+c\right)\ge4\)
=> \(P\ge2\)
Vậy \(MinP=2\)khi a=b=c=2
Lưu ý : Chỗ .... là tương tự
Em mới tìm được Min thôi ạ, Max =\(2\sqrt{2}+4\)nhưng chưa biết cách giải , mọi người giúp với ạ
áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
\(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3.1}=3ab\)
\(\Rightarrow M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}=\frac{\left(a^3+b^3+1\right)+3}{ab+1}\ge\frac{3ab+3}{ab+1}=3\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M=3 khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2\\a^3=b^3=1\end{cases}\Rightarrow}a=b=1\)
\(0\le a\le\sqrt{2}\Rightarrow a\left(a-\sqrt{2}\right)\le0\Rightarrow a^2\le a\sqrt{2}\Rightarrow a^3\le a^2\sqrt{2}\)
Tương tự và cộng lại: \(a^3+b^3\le\sqrt{2}\left(a^2+b^2\right)=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M\le\frac{2\sqrt{2}+4}{ab+1}\le\frac{2\sqrt{2}+4}{1}=2\sqrt{2}+4\) (do \(ab\ge0\Rightarrow ab+1\ge1\))
Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\)
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow9abc\ge12\left(ab+bc+ca\right)-27\)
\(\Rightarrow abc\ge\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3\)
\(P\ge\dfrac{9}{a\left(b^2+bc+c^2\right)+b\left(c^2+ca+a^2\right)+c\left(a^2+ab+b^2\right)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{9}{\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{ab+bc+ca}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{3+abc}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3+\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3}{ab+bc+ca}=\dfrac{4}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Dự đoán xảy ra cực trị khi a = b = c =2. Khi đó P =\(\frac{3\sqrt{2}}{4}\). Ta sẽ chứng minh đó là MAX của P
Ta có: \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3-\left(a+b+c\right)\ge abc-\left(a+b+c\right)=2\)
Đặt a + b +c = t>0 suy ra \(\frac{t^3-27t}{27}\ge2\Leftrightarrow t^3-27t\ge54\Leftrightarrow t^3-27t-54\ge0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t\ge6\\t=-3\left(L\right)\end{cases}}\). Do vậy \(t\ge6\) (em làm tắt xiu nhé,dài quá)
\(P=\Sigma_{cyc}\frac{2}{\sqrt{2}.\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\le\sqrt{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
Giờ đi chứng minh \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{3}{4}\)
Em cần suy ra nghĩ tiếp:(
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
Lời giải:
Theo BĐT Cauchy Schwarz:
\(ab+bc+ac=3abc\Rightarrow 3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq 3\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(A=a-\frac{ca}{c+a^2}+b-\frac{ab}{a+b^2}+c-\frac{bc}{b+c^2}\)
\(=(a+b+c)-\left(\frac{ac}{c+a^2}+\frac{ab}{a+b^2}+\frac{bc}{b+c^2}\right)\)
\(\geq (a+b+c)-\left(\frac{ac}{2a\sqrt{c}}+\frac{ab}{2b\sqrt{a}}+\frac{bc}{2c\sqrt{b}}\right)\)
\(A\geq (a+b+c)-\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}\)
Cũng theo BĐT AM-GM:
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{c+1}{2}=\frac{a+b+c+1}{4}\)
\(\Rightarrow A\geq a+b+c-\frac{a+b+c+3}{4}=\frac{3}{4}(a+b+c)-\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}.3-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)
Vậy \(A_{\min}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Đề thi học kỳ 1 trường Ams
**Min
Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\)
\(\Rightarrow a\le1;b\le1;c\le1\Rightarrow a^2\le a;b^2\le b;c^2\le c\)
Khi đó:
\(\sqrt{a+b^2}\ge\sqrt{a^2+b^2};\sqrt{b+c^2}\ge\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c+a^2}\ge\sqrt{c^2+a^2}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\)
Ta có:
\(\sqrt{1-c^2}\ge1-c^2\Leftrightarrow1-c^2\ge1-2c^2+c^4\Leftrightarrow c^2\left(1-c^2\right)\ge0\left(true!!!\right)\)
Tương tự cộng lại:
\(P\ge3-\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\)
dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) and hoán vị.
**Max
Có BĐT phụ sau:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\left(ezprove\right)\)
Áp dụng:
\(\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\)
\(\le\sqrt{3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)+3}\)
\(\le\sqrt{3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\right)}=\sqrt{3\cdot\sqrt{3}+3}\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)
(=?
1.
Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)
Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)
Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)
Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)
Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{x^2y^2}-\dfrac{\left(x-y\right)^2}{2xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2\left(2x^2+2y^2-xy\right)}{2x^2y^2}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng