K
Khách

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

4 tháng 2 2021

Đặt \(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)

Có: \(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\sqrt{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{3}\)

      \(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)}\le\sqrt{\left(a+b+c\right)^2}=3\)

\(\Rightarrow\sqrt{3}\le x\le3\)

Khi đó, có: \(P=\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}=x+\frac{1}{x^2}\)

Ta chứng minh \(P=x+\frac{1}{x^2}\le\frac{28}{9}\)

BĐT \(\Leftrightarrow9x^3-28x^2+9\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(9x^2-x-3\right)\le0\)(Luôn đúng vì \(\sqrt{3}\le x\le3\))

Vậy \(maxP=\frac{28}{9}\Leftrightarrow x=3\Leftrightarrow\left(a,b,c\right)\in\left\{\left(0;0;3\right)\right\}\)và các hoán vị. 

1 tháng 5 2018

bn sử dụng bất đẳng thức cô si đi

1 tháng 5 2018

Nguyễn Đại Nghĩa,bác nói cụ thể hơn được ko :v

NV
1 tháng 8 2021

\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lại có:

\(a^2+b^2+c^2\le1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\)

Do đó:

\(Q^2=2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{b^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\)

\(Q^2\ge2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}+2\sqrt{c^2}\)

\(Q^2\ge4\left(a+b+c\right)\ge4\)

\(\Rightarrow Q\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị

1 tháng 8 2021

hàng đầu tiên tìm MaxQ áp dụng bđt nào thế thầy?

27 tháng 11 2019

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

27 tháng 11 2019

xin lỗi mk nhầm bài

18 tháng 12 2019

Đề thi học kỳ 1 trường Ams

**Min

Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\)

\(\Rightarrow a\le1;b\le1;c\le1\Rightarrow a^2\le a;b^2\le b;c^2\le c\)

Khi đó:

\(\sqrt{a+b^2}\ge\sqrt{a^2+b^2};\sqrt{b+c^2}\ge\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c+a^2}\ge\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\)

Ta có:

\(\sqrt{1-c^2}\ge1-c^2\Leftrightarrow1-c^2\ge1-2c^2+c^4\Leftrightarrow c^2\left(1-c^2\right)\ge0\left(true!!!\right)\)

Tương tự cộng lại:

\(P\ge3-\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\)

dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) and hoán vị.

**Max

Có BĐT phụ sau:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\left(ezprove\right)\)

Áp dụng:

\(\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\)

\(\le\sqrt{3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)+3}\)

\(\le\sqrt{3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\right)}=\sqrt{3\cdot\sqrt{3}+3}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)

12 tháng 2 2022

Giúp mình bài này với ah.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 2 2022

Lời giải:

Tìm min:

Áp dụng BĐT AM-GM:

$a^3+a^3+1\geq 3a^2$

$b^3+b^3+1\geq 3b^2$

$c^3+c^3+1\geq 3c^2$

$\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)+3\geq 3(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow 2P+3\geq 9$

$\Leftrightarrow P\geq 3$

Vậy $P_{\min}=3$ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$

----------------

Tìm max:

$a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a^2,b^2,c^2\leq 3$

$\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}$

Do đó: $a^3-\sqrt{3}a^2=a^2(a-\sqrt{3})\leq 0$

$\Rightarrow a^3\leq \sqrt{3}a^2$

Tương tự với $b,c$ và cộng theo vế:

$P\leq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)=3\sqrt{3}$
Vậy $P_{\max}=3\sqrt{3}$ khi $(a,b,c)=(\sqrt{3},0,0)$ và hoán vị. 

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 \(2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le6\)

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

AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 2 2021

Lời giải:

Đặt $\sqrt{4-a^2}=x; \sqrt{4-b^2}=y; \sqrt{4-c^2}=z$ thì bài toán trở thành:

Cho $x,y,z\in [0;2]$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=6$. Tìm min: $P=x+y+z$

-------------------

Ta có: $P^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)=6+2(xy+yz+xz)$

Vì $x,y,z\in [0;2]$ nên:

$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 0\Leftrightarrow 2(xy+yz+xz)\geq xyz+4(x+y+z)-8\geq 4(x+y+z)-8=4P-8$

Vậy $P^2=6+2(xy+yz+xz)\geq 6+4P-8$

$\Leftrightarrow P^2-4P+2\geq 0$

$\Leftrightarrow (P-2)^2\geq 2\Rightarrow P\geq 2+\sqrt{2}$.

Vậy $P_{\min}=2+\sqrt{2}$.

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,2,\sqrt{2})$ và hoán vị