Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
https://hoc247.net/hoi-dap/toan-10/tim-gtln-cua-p-can-ab-c-ab-can-bc-a-bc-can-ca-b-ca--faq406508.html
a) Bất đẳng thức đúng khi a = b = 2c
do đó \(\sqrt{c\left(2c-c\right)}+\sqrt{c\left(2c-c\right)}\le n\sqrt{2c.2c}\Leftrightarrow n\ge1\)
xảy ra khi n = 1
Thật vậy, ta có :
\(\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)
Vậy n nhỏ nhất là 1
b) Ta có : a + b = \(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}=\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Áp dụng, ta được : \(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(n+1\right)},\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)
\(\sqrt{n}+\sqrt{1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)};\sqrt{n-1}+\sqrt{2}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)
\(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(1+n\right)}\)
do đó : \(4\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\right)\le2n\sqrt{2\left(1+n\right)}\)
\(\Rightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\le n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)
\(P=\sqrt{\dfrac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b+ca}}\)
\(P=\sqrt{\dfrac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a\left(a+b+c\right)+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{b\left(a+b+c\right)+ca}}\)
\(P=\sqrt{\dfrac{ab}{ac+bc+c^2+ab}}+\sqrt{\dfrac{bc}{a^2+ab+ac+bc}}+\sqrt{\dfrac{ca}{ab+b^2+bc+ca}}\)
\(P=\sqrt{\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\left(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{a+c}\right)+\left(\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{b+c}\right)+\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{a+b}\right)}{2}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\dfrac{a+c}{a+c}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{a+b}{a+b}}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{3}{2}\)
Vậy \(P_{max}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Ta có \(\sum\limits^{ }_{sym}\sqrt{\dfrac{a^4+b^4}{1+ab}}=\sum\limits^{ }_{sym}\sqrt{\dfrac{2\left(a^4+b^4\right)}{2+2ab}}\ge\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{a^2}{\sqrt{2+2ab}}+\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{b^2}{\sqrt{2+2ab}}\)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:
\(\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{b^2}{\sqrt{2+2ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
Cộng hai bất đẳng thức ta được:
\(\sqrt{\dfrac{a^4+b^4}{1+ab}}+\sqrt{\dfrac{b^4+c^4}{1+bc}}+\sqrt{\dfrac{c^4+a^4}{1+ac}}\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
\(VT=\frac{ab+bc+ca}{ab}+\frac{ab+bc+ca}{bc}+\frac{ab+bc+ca}{ca}\)
\(=3+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{a\left(b+c\right)}{bc}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\)(1)
Theo BĐT AM-GM: \(\frac{1}{2}\left[\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{a\left(b+c\right)}{bc}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{b^2}}\)
Tương tự: \(\frac{1}{2}\left[\frac{a\left(b+c\right)}{bc}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{c^2}}\)
\(\frac{1}{2}\left[\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{a^2}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thay vào 1 ta sẽ thu được đpcm.
\(HELP\)\(MEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE\)
Ta có: \(a=b^mc^m;\)\(b=c^na^n;\)\(c=a^pb^p\)
Gia sử cả 3 số a, b, c đã cho đều khác 1
\(a=b^mc^m=\left(c^na^n\right)^m\left(a^pb^p\right)^m=a^{mn+pm}b^{mp}c^{mn}=a^{mn+pm}\left(c^na^n\right)^{mp}\left(a^pb^p\right)^{mn}\)
\(=a^{mn+np+2mnp}c^{mnp}b^{mnp}=a^{mn+np+2mnp}\left(b^mc^m\right)^{np}=a^{mn+np+mp+2mnp}\)
Vì \(0< a\ne1\)và m, n, p là những số nguyên dương lớn hơn 1 nên không thể \(mn+np+mp+2mnp=1\)
=> điều giả sử là sai hay trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số bằng 1