K
Khách

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

16 tháng 1 2016

bạn giải giùm mình đc ko . chiều nay mình có bài kiểm tra

16 tháng 1 2016

\(F^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+a+c+b+c\right)=6\left(a+b+c\right)=6\)

=> F max = \(\sqrt{6}\) <=> a=b=c =1

NV
7 tháng 4 2022

Với mọi số thực dương x;y;z ta có:

\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)

\(\Leftrightarrow3x^2+3y^2+3z^2\ge x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\)

\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

Áp dụng:

a.

\(\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}+\sqrt{c+2}\le\sqrt{3\left(a+2+b+2+c+2\right)}=\sqrt{3\left(21+6\right)}=9\)

b.

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

\(\Rightarrow\sqrt{a+b+2}+\sqrt{b+c+2}+\sqrt{c+a+2}\le\sqrt{6\left(a+b+c\right)+18}=\sqrt{6.21+18}=12\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=7\)

10 tháng 12 2023

Giúp mình với mình tick cho

 

25 tháng 7 2020

Dễ thấy theo AM - GM ta có:

\(P\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}\cdot\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}\cdot\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}}}\)

Ta cần chứng minh \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\)

Mặt khác theo AM - GM:

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

Tương tự thì:

\(\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\le\frac{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\)

Ta cần chứng minh:\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le8\)

Áp dụng tiếp AM - GM:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{\left(a+1+b+1+c+1\right)^3}{27}=8\)

Vậy ta có đpcm

Chuyên Phan năm nay :))

26 tháng 6 2017

\(A=\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\)

\(\sqrt[3]{\frac{4}{9}}A=\sqrt[3]{\frac{4}{9}}.\left(\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\right)\)

\(\le\frac{a+b+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}+\frac{b+c+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}+\frac{c+a+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\)

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

\(\Rightarrow A\le\frac{2}{\sqrt[3]{\frac{4}{9}}}=\sqrt[3]{18}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

26 tháng 6 2017

Áp dụng BĐT Holder ta có:

\(A^3=\left(\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\right)^3\)

\(\le\left(1+1+1\right)\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=9\cdot2\left(a+b+c\right)=9\cdot2=18\)

\(\Rightarrow A^3\le18\Rightarrow A\le\sqrt[3]{18}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

vì 0<a<1 ;0<b<2 ;0<c<3

=> 1-a > 0 <=> 0<\(\sqrt{1-a}\) < 1

=> 0 <\(\dfrac{\sqrt{1-a}}{a}\) ≤ 1 (1)

c/m tương tự với b,c

=> 0 < \(\dfrac{\sqrt{2-b}}{b}\) ≤ 2 (2)

và 0 < \(\dfrac{\sqrt{3-c}}{c}\) ≤ 3 (3)

Cộng các vế của bđt với nhau

=> 0 < \(\dfrac{\sqrt{1-a}}{a}+\dfrac{\sqrt{2-b}}{b}+\dfrac{\sqrt{3-c}}{c}\) ≤ 6

Vậy GTLN của A là 6

5 tháng 6 2018

Áp dụng BĐT AM-GM

\(\sqrt[3]{\left(a+b\right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le\frac{a+b+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\)

\(\sqrt[3]{\left(b+c\right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le\frac{b+c+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\)

\(\sqrt[3]{\left(c+a\right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le\frac{c+a+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\)

\(\Rightarrow S.\sqrt[3]{\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le\frac{2\left(a+b+c\right)+\frac{2}{3}.6}{3}=\frac{2.1+4}{3}=2\)

\(\Leftrightarrow S\le2:\sqrt[3]{\frac{4}{9}}=\frac{2.\sqrt[3]{9}}{\sqrt[3]{4}}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c=1\\a+b=b+c=c+a=\frac{2}{3}\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}}\)

Vậy...

5 tháng 6 2018

Sử dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\sqrt[3]{a+b}=\frac{\sqrt[3]{\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\left(a+b\right)}}{\sqrt[3]{\frac{4}{9}}}\le\frac{\frac{2}{3}+\frac{2}{3}+a+b}{3.\sqrt[3]{\frac{4}{9}}}\)

Tương tự cộng lại suy ra 

\(S\le\frac{6.\frac{2}{3}+2\left(a+b+c\right)}{3.\sqrt[3]{\frac{4}{9}}}=\frac{6}{3.\sqrt[3]{\frac{4}{9}}}=\sqrt[3]{18}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
10 tháng 4 2018

Lời giải:

Ta có:

\(A=\sqrt[3]{a+b+1}+\sqrt[3]{b+c+1}+\sqrt[3]{a+c+1}\)

\(\Rightarrow A\sqrt[3]{9}=\sqrt[3]{9(a+b+1)}+\sqrt[3]{9(b+c+1)}+\sqrt[3]{9(a+c+1)}\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\sqrt[3]{9(a+b+1)}\leq \frac{3+3+(a+b+1)}{3}\)

\(\sqrt[3]{9(b+c+1)}\leq \frac{3+3+(b+c+1)}{3}\)

\(\sqrt[3]{9(c+a+1)}\leq \frac{3+3+(c+a+1)}{3}\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được ta có:

\(\sqrt[3]{9}A\leq \frac{7+a+b}{3}+\frac{7+b+c}{3}+\frac{7+a+c}{3}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt[3]{9}A\leq \frac{21+2(a+b+c)}{3}=\frac{21+2.3}{3}=9\)

\(\Rightarrow A\leq \frac{9}{\sqrt[3]{9}}=3\sqrt[3]{3}\)

Vậy GTLN của $A$ là \(3\sqrt[3]{3}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

10 tháng 4 2018

\(\left\{{}\begin{matrix}x=\sqrt[3]{a+b+1}\\y=\sqrt[3]{b+c+1}\\z=\sqrt[3]{a+c+1}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=A\\x^3+y^3+z^3=9\end{matrix}\right.\)

\(A^3=9+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)

BDT ; \(3.\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le\dfrac{8}{9}\left(x+y+z\right)^3=\dfrac{8}{9}A^3\)\(\Leftrightarrow A^3\le9+\dfrac{8}{9}A^3\Leftrightarrow A^3\le81;A\le\sqrt[3]{81}=3.\sqrt{3}\)

dang thuc ; x=y=z <=> a=b=c=1