Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\)
\(\ge a-\frac{ab^2}{2b}+b-\frac{bc^2}{2c}+c-\frac{ca^2}{2c}\) (AM-GM)
\(\ge a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ac}{2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Vay MinP=3/2 dau = xay ra khi a=b=c=1
Lời giải:
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cô -si ta có:
\(a^3+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a\)
\(b^3+1+1\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b\)
Cộng theo vế:
\(a^3+b^3+4\geq 3(a+b)\)
\(\Leftrightarrow 6\geq 3(a+b)\Leftrightarrow a+b\leq 2\)
Vậy \((a+b)_{\max}=2\). Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô- si ta có:
\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{8}}=\frac{3}{2}a\)
\(\frac{b^3}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{8}}=\frac{3}{2}b\)
\(\frac{c^3}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{8}}=\frac{3}{2}c\)
Cộng theo vế:
\(T+\frac{1}{2}(a+b+c)+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow T\geq a+b+c-\frac{3}{2}\)
Theo BĐT Cô-si: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow T\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Vậy \(T_{\min}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Bài 3:
Điều kiện đề bài tương đương với:
\(a\leq 1; b+2a\leq 4; 2c+3b+6a\leq 18\)
Ta có:
\(A=2\left (\frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\right)+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2a}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\right)(6a+3b+2c)\geq (1+1+1)^2\)
\(\Rightarrow \frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\geq \frac{9}{6a+3b+2c}\geq \frac{9}{18}=\frac{1}{2}\) (1)
\(\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\right)(2a+b)\geq (1+1)^2\)
\(\Rightarrow \frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{2a+b}\geq \frac{4}{4}=1\) (2)
\(\frac{1}{2a}\geq \frac{1}{2.1}=\frac{1}{2}\) (3)
Từ (1)(2)(3) suy ra \(A\geq 2.\frac{1}{2}+\frac{1}{3}.1+\frac{1}{2}=\frac{11}{6}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=1; b=2; c=3\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)
\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
1. Cho a,b,c thực dương thỏa mãn: abc=1
\(b^4+c^4-bc\left(b^2+c^2\right)=\left(b^2+bc+c^2\right)\left(b-c\right)^2\)
\(\Rightarrow b^4+c^4\ge bc\left(b^2+c^2\right)\)
Tương tự\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+b^4+c^4}\le\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc}\)
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)=1\)
oke rồi he
@Nub :v
Áp dụng Bunhiacopski ta dễ có:
\(\frac{a}{b^4+c^4+a}=\frac{a\left(1+1+a^3\right)}{\left(b^4+c^4+a\right)\left(1+1+a^3\right)}\le\frac{a^4+2a}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự:
\(\frac{b}{a^4+c^4+b}\le\frac{b^4+2b}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2};\frac{c}{a^4+b^4+c}\le\frac{c^4+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng lại:
\(A\le\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta đi chứng minh:
\(\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le1\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Cái này luôn đúng theo Cauchy
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
1.
\(6=\frac{\sqrt{2}^2}{x}+\frac{\sqrt{3}^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}{x+y}=\frac{5+2\sqrt{6}}{x+y}\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{2}}=\frac{y}{\sqrt{3}}\\x+y=\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\end{matrix}\right.\)
Bạn tự giải hệ tìm điểm rơi nếu thích, số xấu quá
2.
\(VT\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}\)
Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow0< t\le1\)
\(VT\ge\sqrt{t^2+\frac{81}{t^2}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}+\frac{80}{t^2}}\ge\sqrt{2\sqrt{\frac{t^2}{t^2}}+\frac{80}{1^2}}=\sqrt{82}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
3.
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}\ge5\sqrt[5]{\frac{a^6}{b^{15}.a^6}}=\frac{5}{b^3}\)
Tương tự: \(\frac{3b^2}{c^5}+\frac{2}{b^3}\ge\frac{5}{a^3}\) ; \(\frac{3c^2}{d^5}+\frac{2}{c^3}\ge\frac{5}{d^3}\) ; \(\frac{3d^2}{a^5}+\frac{2}{d^2}\ge\frac{5}{a^3}\)
Cộng vế với vế và rút gọn ta được: \(3VT\ge3VP\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=1\)
4.
ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\)
\(y^2=\left(x+\sqrt{4-x^2}\right)^2\le2\left(x^2+4-x^2\right)=8\)
\(\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\Rightarrow y_{max}=2\sqrt{2}\) khi \(x=\sqrt{2}\)
Mặt khác do \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge-2\\\sqrt{4-x^2}\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+\sqrt{4-x^2}\ge-2\)
\(y_{min}=-2\) khi \(x=-2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(a;\frac{1}{b};c\right)\Rightarrow x+y+z=3\)
Khi đó:
\(M=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{xyz+3}\)
\(\ge\frac{9}{x+xy+xyz+5}\)
Mà theo AM - GM:
\(x+xy+xyz=x\left(1+y+yz\right)=x\left[1+y\left(z+1\right)\right]\le x\left[1+\left(\frac{4-x}{2}\right)^2\right]\)
\(=4-\frac{\left(x-2\right)^2\left(4-x\right)}{4}\le4\)
Đẳng thức xảy ra tại \(x=2;y=1;z=0\)
Vào TKHĐ của mình để xem hình ảnh nhé !
Cre: Chủ tịch học toán
\(P=\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}\)
\(P=\dfrac{a^4}{\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}}+\dfrac{b^4}{\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}}+\dfrac{c^4}{\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}+\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}+\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}\le\dfrac{a^2+b^2+3}{2}\\\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}\le\dfrac{b^2+c^2+3}{2}\\\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}\le\dfrac{c^2+a^2+3}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}+\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}+\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}\le\dfrac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}{2}=\dfrac{9}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}+\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}+\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}}\ge\dfrac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{9}=2\)
Vì \(VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{a^2\left(b^2+3\right)}+\sqrt{b^2\left(c^2+3\right)}+\sqrt{c^2\left(a^2+3\right)}}\)
\(\Rightarrow VT\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}\ge2\)
\(\Leftrightarrow P\ge2\)
Vậy \(P_{min}=2\)
đặt (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:
a = b = c = 2
Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.
Áp dụng AM - GM
\(P=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{2ab}}+\frac{1}{\sqrt{2bc}}+\frac{1}{\sqrt{2ca}}\)
\(abc=a+b+c+2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)+\left(b+1\right)\left(c+1\right)+\left(c+1\right)\left(a+1\right)\ge\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1\)
Với mọi số thực x,y,z ta có ngay:
\(\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{y+z}{x}}+\frac{1}{1+\frac{z+x}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x+y}{z}}=1\)
Khi đó ta có thể đặt được \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{y+z}{x};\frac{z+x}{y};\frac{x+y}{z}\right)\)
Thay vào thì dễ có:
\(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(z+y\right)\left(x+y\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}\Sigma\left(\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy ...........................
