Cho a, b, là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(\displaystyle A=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}}+\sqrt{{{b}^{2}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}}\)
P/s : Bài này thấy khá là dễ . Mn làm thử nha >
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
5 tháng 8 2020
Làm bừa thôi nhé:)
\(A=\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}\)
\(\ge\sqrt{2\sqrt{a^2.\frac{1}{a^2}}}+\sqrt{2\sqrt{b^2.\frac{1}{b^2}}}\)
\(=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=1\)
5 tháng 8 2020
bổ sung thêm đk a+b=4
áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\cdot\left(4^2+1^2\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left(4a+\frac{1}{a}\right)\\\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(4^2+1\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left(4b+\frac{1}{b}\right)\end{cases}}\)
khi đó ta được \(A\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[4\left(a+b\right)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right]\)
ta để sy thấy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)do đó áp dụng bđt Cauchy vfa giả thiết ta được
\(A\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[4\left(a+b\right)+\frac{4}{a+b}\right]=\frac{1}{\sqrt{17}}\left[\frac{a+b}{4}+\frac{4}{a+b}+\frac{15\left(a+b\right)}{4}\right]\)\(\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[2+15\right]=\sqrt{17}\)
dấu đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{4}=\frac{1}{a}\\\frac{b}{4}=\frac{1}{b}\end{cases}\Leftrightarrow a=b=2}\)
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
16 tháng 6 2020
1. Ta có: \(x^2-2xy-x+y+3=0\)
<=> \(x^2-2xy-2.x.\frac{1}{2}+2.y.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+y^2-y^2-\frac{1}{4}+3=0\)
<=> \(\left(x-y-\frac{1}{2}\right)^2-y^2=-\frac{11}{4}\)
<=> \(\left(x-2y-\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)=-\frac{11}{4}\)
<=> \(\left(2x-4y-1\right)\left(2x-1\right)=-11\)
Th1: \(\hept{\begin{cases}2x-4y-1=11\\2x-1=-1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=0\\y=-3\end{cases}}\)
Th2: \(\hept{\begin{cases}2x-4y-1=-11\\2x-1=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}}\)
Th3: \(\hept{\begin{cases}2x-4y-1=1\\2x-1=-11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=-5\\y=-3\end{cases}}\)
Th4: \(\hept{\begin{cases}2x-4y-1=-1\\2x-1=11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6\\y=3\end{cases}}\)
Kết luận:...
26 tháng 4 2020
Áp dụng BĐT Cauchy ta được \(2\sqrt{bc}\le b+c\)=> \(\frac{a^2}{a+\sqrt{bc}}\ge\frac{2a^2}{2a+b+c}\)
Áp dụng BĐT tương tự ta được đẳng thức
\(\frac{a^2}{a+\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt{ab}}\ge\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2b^2}{2b+c+a}+\frac{2c^2}{2c+a+b}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có
\(\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2a+b+c}{8}\ge a;\frac{2b^2}{2b+a+c}+\frac{2b+a+c}{8}\ge b;\frac{2c^2}{2c+a+b}+\frac{2c+a+b}{8}\ge c\)
Cộng theo vế ta được
\(\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2b^2}{2b+a+c}+\frac{2c^2}{2c+a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Vậy MinP=\(\frac{3}{2}\)