Cho a,b,c là 3 số thực thỏa mãn 0≤a,b,c≤1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=\(\left(a+b+c+3\right)\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ồ sorry bạn nhiều, chỗ đấy bị lỗi kĩ thuật rồi, mình sửa lại nhé :
\(M\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Lại có : \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt{a^3b^3c^3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Do đó : \(M\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có : \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}=\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{a\left(b+c\right)}\)
Tương tự : \(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{\left(\frac{1}{b}\right)^2}{b\left(a+c\right)}\) , \(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(\frac{1}{c}\right)^2}{c\left(a+b\right)}\)
Ta thấy : \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Áp dụng BĐT Svacxo ta có :
\(M=\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\) \(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vâỵ \(M_{min}=\frac{3}{2}\) tại \(a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
ap dung bdt \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{16}\left[\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}^2\right)\right]\)
\(\Rightarrow16P\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(a+c^2\right)}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)\(+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
ap dung \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\) voi a+b=x, b+c=y, c+a=z
\(16P\le\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\)
tiếp tục áp dụng bdt ban đầu \(\frac{4}{a+b}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\le4.16.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2\)
\(\Rightarrow16P\le\frac{1}{4}.16\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\right]\)
=\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\right)\)
tiep tuc ap dung bo de thu 2 ta co
\(16P\le\frac{1}{4}.4\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=3\)
\(\Rightarrow p\le\frac{3}{16}\)dau =khi a=b=c=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\frac{a+b-c}{c}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{c+a-b}{b}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b-c}{c}+2=\frac{b+c-a}{a}+2=\frac{c+a-b}{b}+2\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{c}=\frac{a+b+c}{a}=\frac{a+b+c}{b}\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
\(\Rightarrow\frac{b}{a}=1;\frac{a}{c}=1;\frac{c}{b}=1\)
\(\Rightarrow B=\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=\left(1+1\right)\left(1+1\right)\left(1+1\right)=8\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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 \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
bài hay và bây giờ sẽ là giải
đặt a+1 = x , b+1 = y , c+1 = z
ta có A =\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
giả sử \(1\le x\le y\le z\le2\) kết hợp với giả thiết ta có thể dễ dàng chứng minh được \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\le2.5\) và \(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\le4.5\)
A =\(3+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\)
áp dụng chứng minh trên ta có A\(\le10\)
vậy Max A = 10 khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=y=1\\z=2\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=z=2\end{matrix}\right.\)
suy ra \(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}a=b=0\\c=1\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=c=0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)