K
Khách

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

23 tháng 11 2020

Đặt \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(x^3,y^3,z^3\right)\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta cần tìm GTLN của \(P=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\)

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: \(3a.a.b\le a^3+a^3+b^3=2a^3+b^3\)\(3a.b.b\le a^3+b^3+b^3=a^3+2b^3\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta được: \(3ab\left(a+b\right)\le3\left(a^3+b^3\right)\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Áp dụng, ta được: \(P=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y\right)+1}+\frac{1}{yz\left(y+z\right)+1}+\frac{1}{zx\left(z+x\right)+1}\)\(=\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1

31 tháng 10 2018

\(A=\frac{ab}{a+c+b+c}+\frac{bc}{a+b+a+c}+\frac{ca}{a+b+b+c}\)

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)

Nên max A là \(\frac{1}{4}\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

13 tháng 6 2019

Khó 😩 hay suy nghỉ mà đau 🦁🦁🦁🦁

13 tháng 6 2019

\(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{bc+a.abc}}=\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}}=\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\)

Tương tự và cộng lại \(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

30 tháng 6 2020

Theo đánh giá bởi Bunhiacopski ta dễ có:

\(\frac{a}{b^4+c^4+a}=\frac{a\left(1+1+a^3\right)}{\left(b^4+c^4+a\right)\left(1+1+a^3\right)}\le\frac{a^4+a+a}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự rồi cộng lại ta được:

\(T\le\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Ta đi chứng minh:

\(\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le1\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c\)

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

Mà \(LHS\ge abc\left(a+b+c\right)=a+b+c\Rightarrow T\le1\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

20 tháng 2 2021

Áp dụng bổ đề quen thuộc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\), ta được: \(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+2}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+2}\)\(=\frac{bc}{ab^2c\left(a+b\right)+abc^2\left(a+c\right)+2bc}=\frac{bc}{b\left(a+b\right)+c\left(a+c\right)+2bc}\)\(\le\frac{bc}{ab+ac+4bc}=\frac{bc}{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)+2bc}\)\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b\left(a+c\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}+\frac{bc}{2bc}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(1)

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{a^3+2b^3+c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(2); \(\frac{1}{a^3+b^3+2c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}\right)\)(3)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(P\le\frac{1}{9}\left(1+1+1+\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\)đạt được khi x = y = z = 1

21 tháng 3 2021

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 \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)

tích mình đi

làm ơn

rùi mình

tích lại

thanks

27 tháng 7 2018

k mk đi 

11 tháng 11 2017

Ta có:

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

Tương tụ ta có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{\left(b+1\right)}{1+c^2}\ge b+1-\frac{bc+c}{2}\left(2\right)\\\frac{\left(c+1\right)}{1+a^2}\ge c+1-\frac{ca+a}{2}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1), (2), (3) ta có:

\(M\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(=3+3-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)

\(\ge\frac{9}{2}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3\)