Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nguyễn Thị Ngọc Thơ, Nguyễn Việt Lâm, @No choice teen, @Trần Thanh Phương, @Akai Haruma
giúp e vs ạ! Cần gấp!
thanks nhiều!
3.
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(4a^2+4ab+b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(2a+b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}\ge2a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c};\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow MaxP=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
5.
ĐKXĐ: \(0\le x\le1\)
\(P=\sqrt{1-x}+\sqrt{x}+\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\)
\(P\ge\sqrt{1-x+x}+\sqrt{1+x+x}=1+\sqrt{1+2x}\ge2\)
\(\Rightarrow P_{min}=2\) khi \(x=0\)
6.
\(3=a^2+b^2+ab\ge2ab+ab=3ab\Rightarrow ab\le1\)
\(3=a^2+b^2+ab\ge-2ab+ab=-ab\Rightarrow ab\ge-3\)
\(\Rightarrow-3\le ab\le1\)
\(a^2+b^2+ab=3\Rightarrow a^2+b^2=3-ab\)
Ta có:
\(P=\left(a^2+b^2\right)^2-2a^2b^2-ab\)
\(P=\left(3-ab\right)^2-2a^2b^2-ab=-a^2b^2-7ab+9\)
Đặt \(ab=x\Rightarrow-3\le x\le1\)
\(P=-x^2-7x+9=21-\left(x+3\right)\left(x+4\right)\le21\)
\(\Rightarrow P_{max}=21\) khi \(x=-3\) hay \(\left(a;b\right)=\left(-\sqrt{3};\sqrt{3}\right)\) và hoán vị
\(P=-x^2-7x+9=1+\left(1-x\right)\left(x+8\right)\ge1\)
\(\Rightarrow P_{min}=1\) khi \(x=1\) hay \(a=b=1\)
1. \(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6\)
\(\Leftrightarrow x+y+z+\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\ge6\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)-18\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+6\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Vậy \(P=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\ge\frac{1}{3}.3^2=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
2. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(Q^2\le3\left(2a+bc+2b+ac+2c+ab\right)\)
\(Q^2\le6\left(a+b+c\right)+3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(Q^2\le6\left(a+b+c\right)+\left(a+b+c\right)^2=16\)
\(\Rightarrow Q\le4\Rightarrow Q_{max}=4\) khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
b) Đặt P = ...
\(P=\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+2}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+2}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+2}}\right)^2}\)
\(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+1+a+1}+\frac{1}{bc+1+b+1}+\frac{1}{ca+1+c+1}\right)}\)
\(\le\sqrt{\frac{3}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}+\frac{1}{ca+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)}\)
\(=\sqrt{\frac{3}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+a}\right)}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
Để ý: \(ab+bc+ca=\frac{\left[\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\).
Do đó đặt \(a^2+b^2+c^2=x>0;a+b+c=y>0\). Bài toán được viết lại thành:
Cho \(y^2+5x=24\), tìm max:
\(P=\frac{x}{y}+\frac{y^2-x}{2}=\frac{5x}{5y}+\frac{y^2-x}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{y^2-\frac{24-y^2}{5}}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{3\left(y^2-4\right)}{5}\)\(=\frac{3y^3-y^2-12y+24}{5y}\)
Đặt \(y=t\). Dễ thấy \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)=3t^2-5\left(ab+bc+ca\right)\)
Và dễ dàng chứng minh \(ab+bc+ca\le3\)
Suy ra \(3t^2=12+5\left(ab+bc+ca\right)\le27\Rightarrow t\le3\). Mặt khác do a, b, c>0 do đó \(0< t\le3\).
Ta cần tìm Max P với \(P=\frac{3t^3-t^2-12t+24}{5t}\)và \(0< t\le3\)
Ta thấy khi t tăng thì P tăng. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi t lớn nhất.
Khi đó P = 3. Vậy...
c/
Nếu dấu là trừ:
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(a+b+c-\frac{2}{k}abc\right)^2\le2k\)
Ta có:
\(VT=\left[\left(a+b\right).1+c\left(1-\frac{2}{k}ab\right)\right]^2\)
\(VT\le\left[\left(a+b\right)^2+c^2\right]\left[1+\left(1-\frac{2}{k}ab\right)^2\right]\)
\(VT\le\left(k+2ab\right)\left(2-\frac{4}{k}ab+\frac{4a^2b^2}{k^2}\right)\)
\(VT\le2k-\frac{4}{k}a^2b^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(2k-\frac{4}{k}\left(ab\right)^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\le2k\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2-\frac{2}{k^2}\left(ab\right)^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\)
Từ giả thiết \(k=a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{2ab}{k}\le1\)
\(\Rightarrow1-\frac{2ab}{k}\ge0\Rightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\) (đpcm)
À ghi lộn đó bạn, bạn thay lại hệ số đúng thôi, ko ảnh hưởng gì cả vì số hạng đó được bỏ qua trong quá trình chứng minh
Ủa đương nhiên đúng chứ bạn, \(k\ge1\Rightarrow4kbc\ge4.1.bc=4bc\) còn gì
Còn phần \(b^2c^2\) thì chỉ cần biện luận nó ko âm (luôn đúng) nên hệ số bao nhiêu cũng ko ảnh hưởng lắm
Đề là gì bạn nhỉ?
\(\left\{{}\begin{matrix}x;y\ge0\\x^2+y^2=2\end{matrix}\right.\)
Tìm min, max \(P=\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\) à?
Bài tập áp dụng:
Áp dụng BĐT ở câu b:
\(\left(a+b+c\right)^2\le2k\left(1+bc\right)^2\Rightarrow\frac{a^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{a^2}{2k\left(1+bc\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{1+bc}\le\sqrt{2k}.\frac{a}{a+b+c}=\sqrt{2}.\frac{a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự, ta có:
\(\frac{b}{1+ca}\le\sqrt{2}.\frac{b}{a+b+c}\) ; \(\frac{c}{1+ca}\le\sqrt{2}.\frac{c}{a+b+c}\)
Cộng vế với vế: \(P\le\sqrt{2}.\frac{a+b+c}{a+b+c}=\sqrt{2}\)
\(P_{max}=\sqrt{2}\)khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\) và hoán vị
Lại có:
\(a\left(1+bc\right)\le a\left(1+\frac{b^2+c^2}{2}\right)=a\left(\frac{3-a^2}{2}\right)-1+1=-\frac{1}{2}\left(a-1\right)^2\left(a+2\right)+1\le1\)
\(\Rightarrow a^2\left(1+bc\right)\le a\Rightarrow\frac{a}{1+bc}\ge a^2\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{1+ca}\ge b^2\) ; \(\frac{c}{1+ab}\ge c^2\)
Cộng vế với vế: \(P\ge1\Rightarrow P_{min}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
a/ \(k+2bc=a^2+\left(b^2+c^2+2bc\right)=a^2+\left(b+c\right)^2\ge2a\left(b+c\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(b+c=a\)
b/ BĐT cần chứng minh tương đương:
\(k+2\left(ab+bc+ca\right)\le2k\left(1+2bc+2b^2c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow4kb^2c^2+4kbc+k\ge2a\left(b+c\right)+2bc\)
Điều này hiển nhiên đúng do: \(k\ge1\Rightarrow4kbc\ge4bc\)
\(\Rightarrow4kb^2c^2+4kbc+k\ge4bc+k=2bc+\left(k+2bc\right)\ge2bc+2a\left(b+c\right)\)
c/ BĐT đã cho sai.
Phản ví dụ: giả sử cho \(a^2+b^2+c^2=2\)
BĐT trở thành \(a+b+c+abc\le2\)
Nhưng với \(a=b=c=\sqrt{\frac{2}{3}}\) thì \(a+b+c+abc=\frac{11\sqrt{6}}{9}>2\)
Anh hộ em cái bài áp dụng với được không anh, không thì cho em hướng làm cx đc ạ, em cảm ơn
Em cảm ơn nhiều ạ
Sao câu b) anh lại có `2b^c^2` thế ạ :((
`(1+bc)^2=1+2bc+b^2c^2` chứ
Dạ em cảm ơn, em hơi lag. Anh giải bài kia ở đây lun đc ko :(( Pls
\(P\le\sqrt{2\left(3x+1+3y+1\right)}=\sqrt{6\left(x+y\right)+4}\)
\(P\le\sqrt{6\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}+4}=2\)
\(P_{max}=2\) khi \(x=y=1\)
Do \(\left\{{}\begin{matrix}x;y\ge0\\x^2+y^2=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y\le\sqrt{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\left(x-\sqrt{2}\right)\le0\\y\left(y-\sqrt{2}\right)\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{x^2+y^2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
Ta có:
\(P^2=3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{\left(3x+1\right)\left(3y+1\right)}\)
\(P^2\ge3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{9xy+3\left(x+y\right)+1}\)
\(P^2\ge3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{3\left(x+y\right)+1}\)
\(P^2\ge\left(\sqrt{3\left(x+y\right)+1}+1\right)^2\)
\(P\ge\sqrt{3\left(x+y\right)+1}+1\ge1+\sqrt{3\sqrt{2}+1}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(0;\sqrt{2}\right)\) và hoán vị
VT dòng thứ 3 đến thứ 4 là BDT j vậy anh
Bunhiacopxki:
\(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)