Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : 2(a2 + b2 ) - ( a + b) 2 -a2 -2ab + b2 =( a-b)2 \(\ge0\)
=> 2(a2 + b2 ) \(\ge\left(a+b\right)^2\)
tương tự : 2(b2 +c2 ) \(\ge\)( b + c)2
2 (c2 + a2) \(\ge\)( c + a)2
=> P \(\le\frac{c}{a+b+1}+\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}\)
\(\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}\)( do a ,b, c \(\le1\))
= \(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Vậy Max P = 1 <=> a = b = c =1
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Xảy ra khi \(a=b=c=1\)
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\le5\)
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\)\(\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(a=2;b=1;c=0\) và hoán vị
\(\dfrac{1}{\left(a+b+a+c\right)^2}\le\dfrac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\dfrac{1}{4\left(a^2+ab+bc+ca\right)}\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
\(\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)=\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(P\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{4}{b^2}+\dfrac{4}{c^2}\right)=\dfrac{1}{16}.3=\dfrac{3}{16}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng bđt: \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(1\right)\)
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{16}\left[\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)^2+\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)^2\right]\)\(\Rightarrow16P\le\dfrac{2}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{2}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{2}{\left(a+c\right)^2}+\dfrac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\left(2\right)\) với a+b=x,b+c=y,c+a=z
\(\Rightarrow16P\le\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{4}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{4}{\left(c+a\right)^2}\)
Ta có: \(\dfrac{1}{\left(a+b\right)^2}\le4.16.\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2\)(do (1))
\(\Rightarrow16P\le\dfrac{1}{4}.16\left[\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2+\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2+\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)^2\right]=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}\right)\le\dfrac{1}{4}.4.\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)=3\)(do(2) và \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=3\))
\(\Rightarrow P\le\dfrac{3}{16}\)
\(ĐTXR\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có \(\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}=\sqrt{bc+a^2bc}=\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Đặt BT đề cho là P
\(\Leftrightarrow P=\sum\dfrac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\sum\sqrt{\dfrac{a}{a+b}\cdot\dfrac{a}{a+c}}\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{c+b}\right)\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow3\le3a\Rightarrow a\ge1\Rightarrow1\le a\le2\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=a^2+\left(3-a\right)^2\)
\(=2a^2-6a+9=2\left(a^2-3a+2\right)+5=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(\text{a=2;b=1;c=0}\) và hoán vị
\(K\le\Sigma\sqrt{12a+\left(b+c\right)^2}=\Sigma\sqrt{12a+\left(3-a\right)^2}=\Sigma\sqrt{\left(a+3\right)^2}=12\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=0;c=3\) và các hoán vị
- Vì vai trò của a , b ,c trong bài này là như nhau nên có thể giả sử \(a\le b\le c\)mà không làm giảm đi tính tổng quát của bài toán . Khi đó ta có :
\(3=a+b+c\le3c\Rightarrow c\ge1\Rightarrow1\le x\le2\)
Ta có : \(a^2+b^2\le\left(a+b\right)^2\)(vì \(a,b\ge0\))
\(\Rightarrow A\le\left(a+b\right)^2+c^2=\left(3-c\right)^2+c^2=2c^2-6c+9\)
\(\le2.\left(c^2-3c+\frac{9}{4}\right)+\frac{9}{2}=2\left(c-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{2}\)
Do \(1\le c\le2\)nên \(-\frac{1}{2}\le x-\frac{3}{2}\le\frac{1}{2}\Rightarrow|c-\frac{3}{2}|\le\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2|x-\frac{3}{2}|^2+\frac{9}{2}\le2.\frac{1}{4}+\frac{9}{2}=5\Rightarrow A\le5\)
Dễ thấy khi a = 0 ; b = 1 ; c = 2 thỏa mãn \(a,b,c\in\left[0;2\right];a+b+c=3\)và \(a\le b\le c\)thì A = 5
Vậy : \(A_{max}=5\)
Do \(a,b,c\in\left[0;2\right]\)nên \(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\)\(\Leftrightarrow abc-2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)-8\le0\)\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge4+abc\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge a^2+b^2+c^2+abc+4\)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5-abc\le5\)(Do \(a,b,c\ge0\))
Đẳng thức xảy ra khi trong 3 số a, b, c có một số bằng 0, một số bằng 1 và một số bằng 2