Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2=1\\\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+2ab+b^2=1\\a^2-2ab+b^2\ge0\end{cases}\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}}\) nên : \(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{2}+\frac{4}{a+b}=\frac{1}{2}+4=\frac{9}{2}\)\(P_{min}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Bài 1: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
Lại có BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}=4\left(a+b=1\right)\)
Cộng theo vế 2 BĐT trên có:
\(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge4+\frac{1}{2}=\frac{9}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Bài 2: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT^2=\left(x-1\right)+\left(3-x\right)+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)
\(=2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)
\(\le2+\left(x-1\right)+\left(3-x\right)=4\)
\(\Rightarrow VT^2\le4\Rightarrow VT\le2\left(1\right)\). Lại có:
\(VP=x^2-4x+4+2=\left(x-2\right)^2+2\ge2\left(2\right)\)
Từ (1);(2) xảy ra khi
\(VT=VP=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2+2=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2=0\Rightarrow x=2\) (thỏa)
Vậy x=2 là nghiệm của pt
Ta có: \(a^2-ab+3b^2+1=\left(a^2-2ab+b^2\right)+ab+\left(b^2+1\right)+b^2\)
\(=\left(a-b\right)^2+ab+\left(b^2+1\right)+b^2\ge ab+2b+b^2\)
\(=b\left(a+b+2\right)\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+3b^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{b\left(a+b+2\right)}}\)(1)
Tương tự: \(\frac{1}{\sqrt{b^2-bc+3c^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{c\left(b+c+2\right)}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^2-ca+3a^2+1}}\le\frac{1}{\sqrt{a\left(c+a+2\right)}}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3) và sử dụng AM - GM kết hợp liên tục BĐT \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\), ta được:
\(P\le\frac{1}{\sqrt{b\left(a+b+2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{c\left(b+c+2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{a\left(c+a+2\right)}}\)
\(=\Sigma\frac{2}{\sqrt{4b\left(a+b+2\right)}}\)\(\le\Sigma\left(\frac{1}{4b}+\frac{1}{a+b+2}\right)\)(AM - GM)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\text{}\Sigma\left(\frac{1}{a+b+2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\text{}\Sigma\left[\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}\right)+\frac{1}{2}\right]\)
\(\le\frac{3}{4}+\text{}\left[\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\text{}\Sigma\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right]\)
\(=\frac{3}{4}+\text{}\left[\frac{3}{8}+\text{}\frac{1}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]\le\frac{3}{4}+\frac{3}{8}+\frac{3}{8}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Dòng thứ 10 sửa lại cho mình là \(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\Sigma\left[\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\right]\)
Do olm có lỗi là mỗi lần bấm dấu ngoặc là số nó tự động nhảy ra ngoài
\(3a^2+4ab+b^2=3a^2+3ab+ab+b^2=3a\left(a+b\right)+b\left(a+b\right)=\left(3a+b\right)\left(a+b\right)\)
xong AM -GM
Với mọi số thực x; y; z ta có: \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) ( tự chứng minh xem; có thể áp dụng )
Ta có: \(S^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)
\(\le3\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\left(a+b+c\right)=6\)
=> \(S\le\sqrt{6}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c =1/3
Vậy max S = \(\sqrt{6}\) tại a = b = c = 1/3.
Ta có \(ab+bc+ca=3abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) thì ta có \(x,y,z>0;x+y+z=3\) và
\(\sqrt{\dfrac{a}{3b^2c^2+abc}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{x}}{3.\dfrac{1}{y^2z^2}+\dfrac{1}{xyz}}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{3x+yz}{xy^2z^2}}}=\sqrt{\dfrac{y^2z^2}{3x+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{3x+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}}\) \(=\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)
Do đó \(T=\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\dfrac{zx}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\dfrac{xy}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)
Lại có \(\dfrac{yz}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\dfrac{yz}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{yz}{2\left(x+z\right)}\)
Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta được \(T\le\dfrac{yz}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{yz}{2\left(x+z\right)}+\dfrac{zx}{2\left(y+z\right)}+\dfrac{zx}{2\left(y+x\right)}\) \(+\dfrac{xy}{2\left(z+x\right)}+\dfrac{xy}{2\left(z+y\right)}\)
\(T\le\dfrac{yz+zx}{2\left(x+y\right)}+\dfrac{xy+zx}{2\left(y+z\right)}+\dfrac{xy+yz}{2\left(z+x\right)}\)
\(T\le\dfrac{x+y+z}{2}\) (do \(x+y+z=3\))
\(T\le\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(maxT=\dfrac{3}{2}\), xảy ra khi \(a=b=c=1\)
(Mình muốn gửi lời cảm ơn tới bạn Nguyễn Đức Trí vì ý tưởng của bài này chính là bài mình vừa hỏi lúc nãy trên diễn đàn. Cảm ơn bạn Trí rất nhiều vì đã giúp mình có được lời giải này.)
Bạn Lê Song Phương xem lại dùm nhé, thanks!
\(...\dfrac{yz}{\sqrt[]{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\dfrac{2yz}{x+y}+\dfrac{2yz}{x+z}\)
\(...\Rightarrow T\le2.3=6\)
\(\Rightarrow GTLN\left(T\right)=6\left(tạia=b=c=1\right)\)
