Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a^2-ab+3b^2+1=\left(a^2-2ab+b^2\right)+ab+\left(b^2+1\right)+b^2\)
\(=\left(a-b\right)^2+ab+\left(b^2+1\right)+b^2\ge ab+2b+b^2\)
\(=b\left(a+b+2\right)\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{b\left(a+b+2\right)}}\)(1)
Tương tự: \(\frac{1}{\sqrt{b^2-bc+3c^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{c\left(b+c+2\right)}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^2-ca+3a^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{a\left(c+a+2\right)}}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3) và sử dụng AM - GM kết hợp liên tục BĐT \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\), ta được:
\(P\le\frac{1}{\sqrt{b\left(a+b+2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{c\left(b+c+2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{a\left(c+a+2\right)}}\)
\(=\Sigma\frac{2}{\sqrt{4b\left(a+b+2\right)}}\)\(\le\Sigma\left(\frac{1}{4b}+\frac{1}{a+b+2}\right)\)(AM - GM)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\text{}\Sigma\left(\frac{1}{a+b+2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\text{}\Sigma\left[\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}\right)+\frac{1}{2}\right]\)
\(\le\frac{3}{4}+\text{}\left[\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\text{}\Sigma\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right]\)
\(=\frac{3}{4}+\text{}\left[\frac{3}{8}+\text{}\frac{1}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]\le\frac{3}{4}+\frac{3}{8}+\frac{3}{8}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Dòng thứ 10 sửa lại cho mình là \(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\Sigma\left[\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\right]\)
Do olm có lỗi là mỗi lần bấm dấu ngoặc là số nó tự động nhảy ra ngoài
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
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.
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
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
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow9abc\ge12\left(ab+bc+ca\right)-27\)
\(\Rightarrow abc\ge\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3\)
\(P\ge\dfrac{9}{a\left(b^2+bc+c^2\right)+b\left(c^2+ca+a^2\right)+c\left(a^2+ab+b^2\right)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{9}{\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{ab+bc+ca}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{3+abc}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3+\dfrac{4}{3}\left(ab+bc+ca\right)-3}{ab+bc+ca}=\dfrac{4}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
ko sai đề. mình vừa nghĩ ra rồi
P=\(a+\frac{1}{2}\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{a.4b.16c} \le a+\frac {a+4b}{4}+\frac{a+4b+16c}{12}=\frac{4(a+b+c)}{3}=\frac{4}{3}\)
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 \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
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 \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)
Vậy làm theo đề đã sửa nhé.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\geq b\geq c\geq 0\)
Khi đó: \(\left\{\begin{matrix} b^2-bc+c^2=b^2+c(c-b)\leq b^2\\ a^2-ca+c^2=a^2+c(c-a)\leq a^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P=(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)\)
\(\leq (a^2-ab+b^2)a^2b^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM ngược dấu ta có:
\(P\leq a^2b^2(a^2-ab+b^2)=\frac{4}{9}.\frac{3ab}{2}.\frac{3ab}{2}(a^2-ab+b^2)\)
\(\leq \frac{4}{9}\left(\frac{a^2-ab+b^2+\frac{3ab}{2}+\frac{3ab}{2}}{3}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{9}\left(\frac{(a+b)^2}{3}\right)^3\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{243}(a+b)^6\)
Vì \(c\geq 0\Rightarrow a+b=3-c\leq 3\)
Do đó \(P\leq \frac{4}{243}.3^6=12\)
Vậy \(P_{\max}=12\). Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(2,1,0)\) và các hoán vị của nó.
P/s: Bài này cũng chính là bài mình thi hsg vòng trường 5 năm trước :)
giống đề thi t