K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

4 tháng 6 2016

Ta có:

\(\frac{a}{b^2+1}=\frac{a\left(b^2+1\right)-ab^2}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}\)

Nhận xét:  a,b,c không âm nên theo BĐT Cô - si, ta có:

\(b^2+1\ge2\sqrt{b^2.1}=2b\)

=> \(\frac{ab^2}{b^2+1}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\)

=> \(a-\frac{ab^2}{b^2+1}\ge a-\frac{ab}{2}\)

=> \(\frac{a}{b^2+1}\ge a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự, ta cũng có: 

\(\frac{b}{c^2+1}\ge b-\frac{bc}{2}\)

\(\frac{c}{a^2+1}\ge c-\frac{ac}{2}\)

Vậy ta suy ra

\(M=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\ge a+b+c-\frac{ab}{2}-\frac{bc}{2}-\frac{ac}{2}\)

Mà a+b+c = 3 nên suy ra:

\(M\ge3-\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ac}{2}\right)\)(1)

Ta có:

 \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

<=> \(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)

<=> \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)

<=> \(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\ge3ab+3ac+3bc\)

<=> \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)

<=> \(3^2\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)

<=> \(ab+ac+bc\le3\)

<=> \(\frac{ab+ac+bc}{2}\le\frac{3}{2}\)

<=> \(3-\frac{ab+ac+bc}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\) (2)

Từ 1 và 2 => \(M\ge\frac{3}{2}\)

Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

5 tháng 3 2020

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 bbcc.

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.

6 tháng 3 2020

.....................?

9 tháng 12 2018

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 \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)

9 tháng 12 2018

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 \(S_{min}=\frac{17}{4}\Leftrightarrow a=4\)

23 tháng 3 2019

2 ) Ta có : \(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

Do a ; b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\frac{a+b}{3}-1\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b\le3\)

\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}+2b-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)

( áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)

NV
23 tháng 3 2019

Tìm min cho K, tìm max có lẽ Bunhia là ra thôi:

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{3a+1}=x\\\sqrt{3b+1}=y\\\sqrt{3x+1}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow1\le x;y;z\le\sqrt{10}\)

\(x^2+y^2+z^2=3\left(a+b+c\right)+3=12\)

Bài toán trở thành cho \(x^2+y^2+z^2=12\), tìm min \(P=x+y+z\)

Ta có: \(\left(x-1\right)\left(x-\sqrt{10}\right)\le0\Rightarrow x^2-\left(\sqrt{10}+1\right)x+\sqrt{10}\le0\)

\(\left(y-1\right)\left(y-\sqrt{10}\right)=y^2-\left(\sqrt{10}+1\right)y+\sqrt{10}\le0\)

\(\left(z-1\right)\left(z-\sqrt{10}\right)=z^2-\left(\sqrt{10}+1\right)z+\sqrt{10}\le0\)

Cộng vế với vế:

\(x^2+y^2+z^2-\left(\sqrt{10}+1\right)\left(x+y+z\right)+3\sqrt{10}\le0\)

\(\Rightarrow x+y+z\ge\frac{x^2+y^2+z^2+3\sqrt{10}}{\sqrt{10}+1}=\frac{12+3\sqrt{10}}{\sqrt{10}+1}=2+\sqrt{10}\)

\(\Rightarrow P_{min}=2+\sqrt{10}\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;\sqrt{10}\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)\) và các hoán vị

19 tháng 9 2019

Bài 1:

\(A=\frac{x+1}{x^2+x+1}\)

\(\Leftrightarrow Ax^2+Ax+A=x+1\)

\(\Leftrightarrow Ax^2+Ax+A-x-1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\cdot A+x\cdot\left(A-1\right)+\left(A-1\right)=0\)

Để pt có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(A-1\right)^2-4\left(A-1\right)\cdot A\ge0\)

\(\Leftrightarrow A^2-2A+1-4A^2+4A\ge0\)

\(\Leftrightarrow-3A^2+2A+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(A-1\right)\left(3A+1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}A-1\le0\\3A+1\ge0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}A-1\ge0\\3A+1\le0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\frac{-1}{3}\le A\le1\left(chon\right)\\1\le A\le\frac{-1}{3}\left(loai\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(minA=\frac{-1}{3};maxA=1\)

Bài 2:

\(VT=\Sigma\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}=\Sigma\frac{ac+bc+c^2+ab}{a+b}=\Sigma\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)}\)

Áp dụng BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) :

\(VT\ge\Sigma\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}=\Sigma\sqrt{\left(b+c\right)^2}=\Sigma\left(b+c\right)=2\cdot\left(a+b+c\right)=2\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}=\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\)

2 tháng 10 2021

Tham khảo:

Với các số thực không âm a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=1\), tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  \(Q=\s... - Hoc24

NV
13 tháng 6 2020

Chắc là thực dương chứ nhỉ?

\(\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)

Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}\) ; \(\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\frac{a}{2}\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{a+b+c}{2}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{2}+\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{2}\)

\(A_{min}=\frac{9}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

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

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

29 tháng 12 2019

2. Áp dụng bđt \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) :

\(B=\frac{x}{x+x+y+z}+\frac{y}{x+y+y+z}+\frac{z}{x+y+z+z}\) \(=x\cdot\frac{1}{\left(x+y\right)+\left(x+z\right)}+y\cdot\frac{1}{\left(x+y\right)+\left(y+z\right)}+z\cdot\frac{1}{\left(x+z\right)+\left(y+z\right)}\)

\(\le\frac{1}{4}\cdot x\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+\frac{1}{4}y\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}\right)+\frac{1}{4}z\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)

\(\Rightarrow B\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}\right)=\frac{3}{4}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)

29 tháng 12 2019

Giải hộ mình với mn

12 tháng 9 2021

Dễ chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)

Ta có : \(T=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)

\(=1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}\)

\(=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

\(\le3-\frac{9}{a+b+c+3}\le3-\frac{9}{6+3}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)

12 tháng 9 2021

bạn ơi , kết quả thì đúng r nhưng tại sao đoạn \(2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le6\)