Cho hai số không âm a và b thoả mãn a2+b2 ≤ a+b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
P= 2020 + \(\left(\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{b}{b+1}\right)^{2021}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
10 tháng 6 2021
Áp dụng bđt `1/x+1/y>=4/(x+y)`
`=>A>=(a+b).(2021.4)/(a+b)`
`=>A>=2021.4=8084`
Dấu "=" xảy ra khi \(\left[ \begin{array}{l}a=b=2021\\a=b=2022\end{array} \right.\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 3 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$C^2\leq (a+b)[(29a+3b)+(29b+3a)]=32(a+b)^2$
$(a+b)^2\leq (a^2+b^2)(1+1)\leq 4$
$\Rightarrow C^2\leq 32.4$
$\Rightarrow C\leq 8\sqrt{2}$
Vậy $C_{\max}=8\sqrt{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 8 2021
\(\dfrac{a^5}{b^3+c^2}+\dfrac{b^3+c^2}{4}+\dfrac{a^4}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^9.\left(b^3+c^2\right)}{8\left(b^3+c^2\right)}}=\dfrac{3a^3}{2}\)
Tương tự và cộng lại:
\(\Rightarrow M-\dfrac{a^4+b^4+c^4}{2}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4}\ge\dfrac{3}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
\(\Rightarrow M\ge\dfrac{a^4+b^4+c^4}{2}+\dfrac{5}{4}\left(a^3+b^3+c^3\right)-\dfrac{3}{4}\)
Mặt khác ta có:
\(\dfrac{1}{2}\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\dfrac{1}{6}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=\dfrac{3}{2}\)
\(\left(a^3+a^3+1\right)+\left(b^3+b^3+1\right)+\left(c^3+c^3+1\right)\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge9\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow M\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{4}-\dfrac{3}{4}=...\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2021
Lời giải:
Do $b\leq c; a^2\geq 0$ nên $a^2(b-c)\leq 0$
$\Rightarrow Q\leq b^2(c-b)+c^2(1-c)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(b^2(c-b)=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}(c-b)\leq 4\left(\frac{\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b}{3}\right)^3=\frac{4}{27}c^3\)
\(\Rightarrow Q\leq c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2(1-\frac{23}{27}c)=(\frac{54}{23})^2.\frac{23}{54}c.\frac{23}{54}c(1-\frac{23}{27}c)\leq (\frac{54}{23})^2\left(\frac{\frac{23}{54}c+\frac{23}{54}c+1-\frac{23}{27}c}{3}\right)^3=\frac{108}{529}\)
Vậy $Q_{max}=\frac{108}{529}$
Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(0,\frac{12}{23}, \frac{18}{23})$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2021
Lời giải:
Do $b\leq c; a^2\geq 0$ nên $a^2(b-c)\leq 0$
$\Rightarrow Q\leq b^2(c-b)+c^2(1-c)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(b^2(c-b)=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}(c-b)\leq 4\left(\frac{\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b}{3}\right)^3=\frac{4}{27}c^3\)
\(\Rightarrow Q\leq c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2(1-\frac{23}{27}c)=(\frac{54}{23})^2.\frac{23}{54}c.\frac{23}{54}c(1-\frac{23}{27}c)\leq (\frac{54}{23})^2\left(\frac{\frac{23}{54}c+\frac{23}{54}c+1-\frac{23}{27}c}{3}\right)^3=\frac{108}{529}\)
Vậy $Q_{max}=\frac{108}{529}$
Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(0,\frac{12}{23}, \frac{18}{23})$
DT
25 tháng 2 2022
oh no bài thứ nhất là dạng chứng minh cs đúng ko ,
ko thể nào là dạng tìm a,b,c đc-.-
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 12 2021
Do \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\b^{2011}\le b\\c^{2011}\le c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow T\le a+b+c-ab-bc-ca=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)+1-abc\le1-abc\le1\)
\(T_{max}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị
\(a+b\ge a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\)
\(\Rightarrow2\ge a+b\ge2\sqrt{ab}\Rightarrow ab\le1\)
Xét \(Q=\dfrac{a}{a+1}+\dfrac{b}{b+1}=\dfrac{a\left(b+1\right)+b\left(a+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}=\dfrac{a+b+2ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\)
\(Q=\dfrac{a+b+ab+ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\le\dfrac{a+b+ab+1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}=\dfrac{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}=1\)
\(\Rightarrow P\le2020+1^{2021}=2021\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)