Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt cô si ta có:
\(a^2+2b^2+3=\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
\(b^2+2c^2+3\ge2\left(bc+c+1\right)\)
\(c^2+2a^2+3\ge2\left(ac+a+1\right)\)
=> \(M\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{bcab+abc+ab}+\frac{b}{abc+ab+b}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{b+1+ab}+\frac{b}{1+ab+b}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{ab+b+1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}\)
Bổ sung:
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vậy GTLN của M = 1/2 tại a = b = c = 1.
Ta có : \(\frac{1}{1+a}=1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Tương tự : \(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\); \(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\right]^2}}=\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{a}{a+1}=\frac{b}{b+1}=\frac{c}{c+1}\\\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}}\)
Vì \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=2-\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\left(1\right)\)(Theo AM-GM cho 2 số dương)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) suy ra :
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\cdot\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le8\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:\(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Vậy \(Q_{max}=8\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
a) Điều phải chứng minh tương đương với:
\(a^3+b^3-a^2b-b^2a\ge0\\ \Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\left(luon.dung\right)\)
Dấu = xảy ra khi a=b
b) Áp dụng bất đẳng thức ở phần a ta có:
\(\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\le\dfrac{1}{a^2b+b^2a+abc}=\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\\ =\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\dfrac{c}{a+b+c}\left(do.abc=1\right)\)
Tương tự : \(\dfrac{1}{b^3+c^3+1}\le\dfrac{a}{a+b+c};\dfrac{1}{c^3+a^3+1}\le\dfrac{b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c=1
\(a+b+c=abc\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
Ta có:
\(\frac{a}{b^3}+\frac{b}{c^3}+\frac{c}{a^3}=\frac{x^3}{y}+\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{x}=\frac{x^4}{xy}+\frac{y^4}{yz}+\frac{z^4}{zx}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+zx}\ge1\)
để ý \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) nha mọi người:)
Lời giải:
Ta có:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)[(a^2+ab+b^2)-2ab]$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+ab+b^2=(a^2+b^2)+ab\geq 2ab+ab=3ab$
$\Rightarrow 2ab\leq \frac{2(a^2+ab+b^2)}{3}$
$\Rightarrow a^2-ab+b^2=a^2+b^2+ab-2ab\geq a^2+b^2+ab- \frac{2}{3}(a^2+ab+b^2)=\frac{1}{3}(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq \frac{1}{3}(a+b)(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}(a+b)$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế thu được:
$P\geq \frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{3}(b+c)+\frac{1}{3}(c+a)=\frac{2}{3}(a+b+c)$
$\geq \frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=2$
Vậy $P_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$
Lời giải:
Ta có:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)[(a^2+ab+b^2)-2ab]$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+ab+b^2=(a^2+b^2)+ab\geq 2ab+ab=3ab$
$\Rightarrow 2ab\leq \frac{2(a^2+ab+b^2)}{3}$
$\Rightarrow a^2-ab+b^2=a^2+b^2+ab-2ab\geq a^2+b^2+ab- \frac{2}{3}(a^2+ab+b^2)=\frac{1}{3}(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq \frac{1}{3}(a+b)(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}(a+b)$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế thu được:
$P\geq \frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{3}(b+c)+\frac{1}{3}(c+a)=\frac{2}{3}(a+b+c)$
$\geq \frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=2$
Vậy $P_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$
Câu 1/ Ta có: 2n + 1 = a2 ; 3n + 1 = b2
=> 4(2n + 1) - (3n + 1) = 4a2 - b2
<=> 5n + 3 = (2a - b)(2a + b)
Ta thấy 2a + b > 1
Giờ chỉ việc chứng minh
2a - b = 1 (vô nghiệm là có thể kết luận rồi nhé )
Với các số dương x;y ta có:
\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)
Áp dụng:
\(\Rightarrow P=\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}+\dfrac{1}{bc\left(b+c\right)+abc}+\dfrac{a}{ca\left(c+a\right)+abc}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{bc\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)