Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(\frac{a}{c}+1\right)\left(\frac{b}{c}+1\right)=4\)
Đặt \(\left(\frac{a}{c};\frac{b}{c}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow xy+x+y=3\)
\(\Rightarrow3\le x+y+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2\Rightarrow x+y\ge2\)
\(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
\(P=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{2\left(x+y\right)+12}+\frac{3-\left(x+y\right)}{x+y}=\frac{\left(x+y\right)^2+5\left(x+y\right)-6}{2\left(x+y\right)+12}+\frac{3}{x+y}-1\)
Đặt \(x+y=t\Rightarrow2\le t< 3\)
\(\Rightarrow P=\frac{t^2+5t-6}{2t+12}+\frac{3}{t}-1=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{1}{2}\ge2\sqrt{\frac{3t}{2t}}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(t=\sqrt{6}\)
\(P=\frac{t^2+6}{2t}-\frac{5}{2}+2=\frac{1}{2}\left(\frac{t^2-5t+6}{2t}\right)+2=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+2\)
Mà \(2\le t< 3\Rightarrow\left(t-2\right)\left(t-3\right)\le0\)
\(\Rightarrow P\le2\Rightarrow P_{max}=2\) khi \(t=2\)
a2(b+c)2+5bc+b2(a+c)2+5ac≥4a29(b+c)2+4b29(a+c)2=49(a2(1−a)2+b2(1−b)2)(vì a+b+c=1)
a2(1−a)2−9a−24=(2−x)(3x−1)24(1−a)2≥0(vì )<a<1)
⇒a2(1−a)2≥9a−24
tương tự: b2(1−b)2≥9b−24
⇒P⩾49(9a−24+9b−24)−3(a+b)24=(a+b)−94−3(a+b)24.
đặt t=a+b(0<t<1)⇒P≥F(t)=−3t24+t−94(∗)
Xét hàm (∗) được: MinF(t)=F(23)=−19
⇒MinP=MinF(t)=−19.dấu "=" xảy ra khi a=b=c=13
\(P=\frac{a^2}{a^3+abc}+\frac{b^2}{b^3+abc}+\frac{c^2}{c^3+abc}.\) " nhân cả tử cả mẫu cho a , b , c lần lượt
\(\frac{a^2}{a^3+abc}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{a^3}+\frac{a^2}{abc}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{a}{bc}\right)\left(cosishaw\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\)
từ đề bài ta suy ra
\(bc=\frac{a^2+B^2+c^2}{a};ac=\frac{a^2+B^2+c^2}{b};ab=\frac{a^2+b^2+c^2}{c}.\)
\(\frac{a}{bc}=\frac{a}{\frac{a^2+B^2+c^2}{a}}=\frac{a^2}{a^2+B^2+c^2}\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1\right)\)
từ đề bài suy ra tiếp
\(a=\frac{a^2+b^2+c^2}{bc};\frac{1}{a}=\frac{1}{\frac{a^2+b^2+c^2}{bc}}=\frac{bc}{a^2+B^2+c^2}\) " tương tự với các số hạng
suy ra
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{bc+ac+Ab}{a^2+b^2+c^2}+1\right)\)
\(bc+ac+ab\le a^2+B^2+c^2\left(cosi\right)\)
\(P\le\frac{1}{4}\left(1+1\right)=\frac{1}{2}\)
max của P là 1/2
dấu = xảy ra khi a=b=c=3
thử thay vào ta được
\(\frac{a}{a^2+a^2}+\frac{a}{a^2+a^2}+\frac{a}{a^2+a^2}=\frac{a}{2a^2}+\frac{a}{2a^2}+\frac{a}{2a^2}=\frac{3}{2a}=\frac{3}{2.3}=\frac{1}{2}\) " đúng "
sửa lại cái đề bài thành \(a^2+b^2+c^2=abc\) đi
không bọn não chó nó tích sai cho tao đấy dcmmm
bọn ngu học :)
Dễ chứng minh : Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2+b2+c2=3 thì:
ab+bc+ca ≤a2+b2+c2. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
a≤\(\frac{a^2+1}{2}\); b≤\(\frac{b^2+1}{2}\); c≤\(\frac{c^2+1}{2}\). Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Cộng theo vế của 4 bất đẳng thức trên ta có:
A=ab+bc+ca+a+b+c≤a2+b2+c2+\(\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\) = 3+3=6.
Vậy GTLN của A là 6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Có (a-b)²+(b-c)²+(c-a)²≥0
→ a²+b²+c²≥ab+bc+ca
và 3(a²+b²+c²)≥(a+b+c)²
Do đó ab+bc+ca≤3
a+b+c≤√(3(a²+b²+c²))=3
→ A≤6
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
đặt \(\sqrt{\frac{ab}{c}}=x;\sqrt{\frac{bc}{a}}=y;\sqrt{\frac{ca}{b}}=z\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\frac{ab}{ab+c}+\frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\)
\(=\frac{\frac{ab}{c}}{\frac{ab}{c}+1}+\frac{\frac{bc}{a}}{\frac{bc}{a}+1}+\frac{\frac{ca}{b}}{\frac{ca}{b}+1}=\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{y^2}{y^2+1}+\frac{z^2}{z^2+1}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\frac{3}{4}\left(Q.E.D\right)\)
Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng: a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)
Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.
Khi đó ta có: (b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1(b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1 suy ra 2abc≥2ab+2ac−2a2abc≥2ab+2ac−2a
Do đó, a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)
⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0 (đúng)
Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1.
.....................?