Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
CÓ: \(a^2+b^2=c^2.\)Nên ta có:
\(P=\frac{\left(a+b\right)\left(a+\sqrt{a^2+b^2}\right)\left(b+\sqrt{a^2+b^2}\right)}{ab\sqrt{a^2+b^2}}\)
\(=\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}.\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{a}.\frac{b+\sqrt{a^2+b^2}}{b}\)
\(=\left(\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{a^2+b^2}}\right).\left(1+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a^2}}\right)\left(1+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a^2}}\right)\).
Đặt: \(x^2=\frac{a^2}{a^2+b^2};y^2=\frac{b^2}{a^2+b^2}\Rightarrow x^2+y^2=1\). Ta có:
\(P=\left(x+y\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\)
\(=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2\)\(\ge4\sqrt{x.y.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{x}{y}.\frac{y}{x}}+2=6.\)
Vậy GTNN của P = 6.Dấu bằng xảy ra khi x = y =1 hay tam giác ABC vuông cân.
- Bổ sung điều kiện: \(a,b,c>0\)
Ta chứng minh bất đẳng thức:
\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (bạn tự chứng minh bằng phép biến đổi tương đương)
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
\(P=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)
\(\le3\left[\left(\sqrt{a+b}\right)^2+\left(\sqrt{b+c}\right)^2+\left(\sqrt{c+a}\right)^2\right]\)
\(=6\left(a+b+c\right)=6.3=18\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{18}=3\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1.
Vậy \(MinP=\sqrt{18}\)
-Tham khảo:
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-abc-la-cac-so-thoa-man-2018le-abcle2019-tim-gtln-cua-bieu-thuc-plefta-bright2000leftb-cright2000leftc-aright.253535226325
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=x\\b-c=y\\c-a=z\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x;y;z\le1\\x+y=z\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^{2000}\le x\\y^{2000}\le y\\z^{2000}\le z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P=x^{2000}+y^{2000}+z^{2000}\le x+y+z=2z\le2\)
\(\Rightarrow P_{max}=1\) khi (x;y;z)=(0;1;1) và hoán vị
\(\Rightarrow\left(a;b;c\right)=\left(2018;2018;2019\right)\) và hoán vị
*) \(MinA\) :
Ta thấy: a,b,c đều là các số thực không âm.
Do đó : \(A\ge0\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,c=1\) và các hoán vị.
\(*)MaxA\) :
Giả sử \(a\ge b\ge c\) \(\Rightarrow3a\ge a+b+c=1\)
\(\Rightarrow1-3a\le0\)
Ta có : \(A=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)
\(=a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)+3abc-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(=ab+bc+ca-3abc\)
\(=a\left(b+c\right)+bc\left(1-3a\right)\) \(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}+0\) ( do \(1-3a\le0\) ) \(=\frac{1}{4}\)
hay \(A\le\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2},c=0\) và các hoán vị.
\(\)
Lời giải chưa hay đâu bạn Trần Thị Kim Ngân.
Để ý một chút sẽ thấy \(A\) là một đa thức bậc 2 theo biến \(x\), nên ta gọi là \(A\left(x\right)\) cho đúng kiểu đa thức.
\(A\left(a\right)=1\) (nghĩa là thay \(x\) bằng \(a\) được kết quả là \(1\)).
Tương tự \(A\left(b\right)=A\left(c\right)=1\).
-----
Hừm, từ chỗ này về sau không biết bạn hiểu không.
Gọi \(f\left(x\right)=A\left(x\right)-1\) vẫn là một đa thức bậc 2, và \(f\left(a\right)=f\left(b\right)=f\left(c\right)=0\) tức là \(f\left(x\right)\) có 3 nghiệm \(x=1,x=b,x=c\).
Tuy nhiên, một đa thức bậc 2 thì chỉ có tối đa 2 nghiệm thôi, nếu nhiều hơn thì đa thức đó luôn bằng 0, nghĩa là \(f\left(x\right)=0\) với mọi \(x\).
Vậy \(A=1\).
Ta có:
\(A=\frac{\left(x-b\right)\left(x-c\right)\left(c-b\right)+\left(x-c\right)\left(x-a\right)\left(a-c\right)+\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(b-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(A=\frac{\left(x-b\right)\left(x-c\right)\left(c-b\right)+\left(x-c\right)\left(x-a\right)\left(a-c\right)-\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left[\left(c-b\right)+\left(a-c\right)\right]}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(A=\frac{\left(x-b\right)\left(c-b\right)\left(x-c-x+a\right)+\left(x-a\right)\left(a-c\right)\left(x-c-x-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(A=\frac{\left(x-b\right)\left(c-b\right)\left(a-c\right)+\left(x-a\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)\left(x-b-x+a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(A=\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=1\)
a,b,c >0 thì:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\Rightarrow\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\le\frac{1}{2}.\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\Rightarrow\frac{\sqrt{bc}}{b+c}\le\frac{1}{2}.\)
\(c+a\ge2\sqrt{ac}\Rightarrow\frac{\sqrt{ac}}{c+a}\le\frac{1}{2}.\)
Nhân từng vế của 3 BĐT trên ta có:
\(\frac{\sqrt{ab}\sqrt{bc}\sqrt{ca}}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=B\le\frac{1}{8}\)
Vậy GTLN của B = 1/8 khi a=b=c.