Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dặt x=a, y=2b,z=3c
Khi đó
\(P=\frac{yz}{\sqrt{x+yz}}+\frac{xz}{\sqrt{y+xz}}+\frac{xy}{\sqrt{z+xy}}\)và x+y+z=1
Ta có \(\frac{yz}{\sqrt{x+yz}}=\frac{yz}{\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}}=\frac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\frac{1}{2}yz\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{xz}{x+y}+\frac{yz}{x+y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{xy}{y+z}+\frac{xz}{y+z}\right)+...=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)
\(=\frac{1}{2}\)
Vậy \(MaxP=\frac{1}{2}\)khi x=y=z=1/3 hay \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{3}\\b=\frac{1}{6}\\c=\frac{1}{9}\end{cases}}\)
Đặt \(\left(a;2b;3c\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=3\)
\(Q=\dfrac{x+1}{1+y^2}+\dfrac{y+1}{1+z^2}+\dfrac{z+1}{1+x^2}\)
Ta có:
\(\dfrac{x+1}{1+y^2}=x+1-\dfrac{\left(x+1\right)y^2}{1+y^2}\ge x+1-\dfrac{\left(x+1\right)y^2}{2y}=x+1-\dfrac{\left(x+1\right)y}{2}\)
Tương tự:
\(\dfrac{y+1}{1+z^2}\ge y+1-\dfrac{\left(y+1\right)z}{2}\) ; \(\dfrac{z+1}{1+x^2}\ge z+1-\dfrac{\left(z+1\right)x}{2}\)
Cộng vế:
\(Q\ge\dfrac{x+y+z}{2}+3-\dfrac{1}{2}\left(xy+yz+zx\right)\)
\(Q\ge\dfrac{x+y+z}{2}+3-\dfrac{1}{6}\left(x+y+z\right)^2=\dfrac{3}{2}+3-\dfrac{9}{6}=3\)
\(Q_{min}=3\) khi \(x=y=z=1\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{3}\right)\)
\(BDT\Leftrightarrow\frac{6a+2b+3c+17}{1+6a}+\frac{6a+2b+3c+17}{1+2b}+\frac{6a+2b+3c+17}{1+3c}\ge18\)
\(\Leftrightarrow\left(6a+2b+3c+17\right)\left(\frac{1}{1+6a}+\frac{1}{1+2b}+\frac{1}{1+3c}\right)\ge18\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\frac{1}{1+6a}+\frac{1}{1+2b}+\frac{1}{1+3c}\ge\frac{9}{6a+2b+3c+3}\)
\(\Rightarrow VT=\left(6a+2b+3c+17\right)\left(\frac{1}{1+6a}+\frac{1}{1+2b}+\frac{1}{1+3c}\right)\)
\(\ge\left(6a+2b+3c+17\right)\cdot\frac{9}{6a+2b+3c+3}\)
\(=\left(11+17\right)\cdot\frac{9}{11+3}=18=VP\)
Web có hơn 600 nghìn câu hỏi mà toàn thấy câu hỏi giống nhau với câu thấy nhiều đến chảy hết nước mắt rồi
Vì \(-2\le a;b;c\le5\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+2\right)\left(a-5\right)\le0\\2\left(b+2\right)\left(b-5\right)\le0\\3\left(c+2\right)\left(c-5\right)\le0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-3a-10\le0\\2b^2-6b-20\le0\\3c^2-9b-30\le0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3c^2-3\left(a+2b+3c\right)-60\le0\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3c^2\le3\left(a+2b+3c\right)+60\le3.2+60=66\) (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=-2\\a=5\end{cases};\orbr{\begin{cases}b=-2\\b=5\end{cases};\orbr{\begin{cases}c=-2\\c=5\end{cases}}}}\)
1) \(\left\{{}\begin{matrix}a^3+b^3+c^3=3abc\\a+b+c\ne0\end{matrix}\right.\) \(\left(a;b;c\in R\right)\)
Ta có :
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (Bất đẳng thức Cauchy)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\left(a^3+b^3+c^3=3abc\right)\)
Thay \(a=b=c\) vào \(P=\dfrac{a^2+2b^2+3c^2}{3a^2+2b^2+c^2}\) ta được
\(\Leftrightarrow P=\dfrac{6a^2}{6a^2}=1\)
\(3^x=y^2+2y\left(x;y>0\right)\)
\(\Leftrightarrow3^x+1=y^2+2y+1\)
\(\Leftrightarrow3^x+1=\left(y+1\right)^2\left(1\right)\)
- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.\)
\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^0+1=\left(0+1\right)^2\Leftrightarrow2=1\left(vô.lý\right)\)
- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\)
\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^1+1=\left(1+1\right)^2=4\left(luôn.luôn.đúng\right)\)
- Với \(x>1;y>1\)
\(\left(y+1\right)^2\) là 1 số chính phương
\(3^x+1=\overline{.....1}+1=\overline{.....2}\) không phải là số chính phương
\(\Rightarrow\left(1\right)\) không thỏa với \(x>1;y>1\)
Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\) thỏa mãn đề bài
Ta có:
Vt = 1/a +1/b +1/b >= 9/(a+2b)
Mặt khác
(a+2b)^2<=(1+2)(a^2 +2b^2) <=3*3c^2
=>(a+2b)<=3c
9/(a+2b)>=9/3c =3/c
=Vt >=3/c dpcm
Dấu "="xảy ra khi a=b=c =1
Ta có:
Vt = 1/a +1/b +1/b >= 9/(a+2b)
Mặt khác
(a+2b)^2<=(1+2)(a^2 +2b^2) <=3*3c^2
=>(a+2b)<=3c
9/(a+2b)>=9/3c =3/c
=Vt >=3/c dpcm
Dấu "="xảy ra khi a=b=c =1
