Cho \(a,b,c>0\) thỏa mãn \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca=12\) Tìm Max:
\(P=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}+ab+bc+ca\)
Cho \(a,b,c>0\) thỏa mãn \(abc=a+b+c+2\) Tìm Max:
\(Q=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+1}}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
31 tháng 1 2019
Ta có : \(\frac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\frac{a}{\sqrt{bc+a.abc}}=\frac{a}{\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{bc+a^2+ab+ac}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Áp dụng bđt Cô-si ngược ta có
\(\frac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
C/m tương tự được \(\frac{b}{\sqrt{ca\left(1+b^2\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)
\(\frac{c}{\sqrt{ab\left(1+c^2\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)
Cộng 3 vế của các bđt trên lại ta được
\(A\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)
\(=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c=abc\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a=a^3\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3-3a=0\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(a^2-3\right)=0\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\left(a,b,c>0\right)\)
Vậy \(A_{max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}\)
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
VT
12 tháng 7 2018
Ta có \(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}\le\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+b\right)}=\frac{2}{a+b}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Chứng minh tương tự, rồi cộng lại, ta có
A\(\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
dấu = xảy ra <=> a=b=c=1
^_^
20 tháng 8 2020
Áp dụng Bất Đẳng Thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)ta có
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)
Ta có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)
Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)
\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)
Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)
Vì a,b,c>0 nên 0<abc\(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)
\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)
Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
LC
12 tháng 10 2017
Áp dụng bđt Holder, ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right).\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right)\left[a^2b^2\left(a^2+b^2\right)+b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+c^2a^2\left(c^2+a^2\right)\right]\ge\left(ab+bc+ca\right)^3=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{8}\)
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{a^2b^4+a^4b^2+b^2c^4+b^4c^2+c^2a^4+c^4a^2}\)
Đặt a2=x, b2=y, c2=z
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\)(1)
Theo bđt Schur, ta có:
\(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\ge4.\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)+3xyz\)
Vì \(xyz=\left(abc\right)^2\ge0\)
=>\(\left(x+y+z\right)^3\ge4\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\)
=>\(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\ge4\)
Thay vào (1)=>\(VT^2\ge\frac{1}{2}=>VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
=>ĐPCM
RV
13 tháng 10 2017
a,b,c>=0 mới được nhé
Đặt biểu thức là A
\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{ab\left(a^2+b^2\right)}}{a^2+b^2}>=\frac{\sqrt{2abab}}{a^2}=\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}\)
Dấu = xảy ra khi có một trong 2 số a,b =0 hoặc a=b.
Tương tự=> A>=\(\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{2}bc}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{2}ca}{a^2+c^2}\)
\(\sqrt{2}A>=\frac{2ab}{a^2+b^2}+\frac{2bc}{b^2+c^2}+\frac{2ca}{c^2+a^2}\)
\(\sqrt{2}A+3>=\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c^2+a^2}.\)
>=\(\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=4.\)
=>A>=1/căn 2
Dấu = xảy ra khi 2 số bằng nhau, một số =0
NY
3 tháng 2 2020
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
PG
3 tháng 2 2020
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
8 tháng 1 2020
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
15 tháng 5 2018
Ta có: \(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\)
\(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+\left(a+b+c\right)a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+\left(a+b+c\right)b}}\)
\(P=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\frac{bc}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\frac{ca}{\sqrt{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}\)
\(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)}.\frac{ab}{\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{b+a}.\frac{bc}{c+a}}+\sqrt{\frac{ca}{c+b}.\frac{ca}{a+b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{a+b}\right)=\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=1\)
Vậy Max P=1 khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
RR
15 tháng 5 2018
\(P=\Sigma\dfrac{ab}{\sqrt{ab+2c}}=\Sigma\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\Sigma\dfrac{\sqrt{ab}.\sqrt{ab}}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}.\Sigma\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\) \(=\dfrac{1}{2}.\left(a+b+c\right)=1\)
Để ý: \(ab+bc+ca=\frac{\left[\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\).
Do đó đặt \(a^2+b^2+c^2=x>0;a+b+c=y>0\). Bài toán được viết lại thành:
Cho \(y^2+5x=24\), tìm max:
\(P=\frac{x}{y}+\frac{y^2-x}{2}=\frac{5x}{5y}+\frac{y^2-x}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{y^2-\frac{24-y^2}{5}}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{3\left(y^2-4\right)}{5}\)\(=\frac{3y^3-y^2-12y+24}{5y}\)
Đặt \(y=t\). Dễ thấy \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)=3t^2-5\left(ab+bc+ca\right)\)
Và dễ dàng chứng minh \(ab+bc+ca\le3\)
Suy ra \(3t^2=12+5\left(ab+bc+ca\right)\le27\Rightarrow t\le3\). Mặt khác do a, b, c>0 do đó \(0< t\le3\).
Ta cần tìm Max P với \(P=\frac{3t^3-t^2-12t+24}{5t}\)và \(0< t\le3\)
Ta thấy khi t tăng thì P tăng. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi t lớn nhất.
Khi đó P = 3. Vậy...