Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a^2+b^2=4\left(gt\right)\Rightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-4\)
\(\Rightarrow2M=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{a+b+2}=a+b-2\)
Mà \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M\le\sqrt{2}-1\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=\sqrt{2}\)
Vậy GTLN của \(M=\frac{ab}{a+b+2}=\sqrt{2}-1\)khi \(a=b=\sqrt{2}\)
Ta có a2+b2=4
<=> (a+b)2=4+2ab
<=> (a+b)2-4=2ab
<=> (a+b-2)(a+b+2)=2ab
<=> \(\frac{\left(a+b-2\right)\left(a+b+2\right)}{2}=ab\)
Ta có \(M=\frac{ab}{a+b+2}=\frac{\left(a+b+2\right)\left(a+b-2\right)}{2\left(a+b+2\right)}=\frac{a+b-2}{2}=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-1\)
Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 số a/2 và b/2 ta có
\(\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le\frac{1}{2}.4\left(doa^2+b^2=4\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\le\sqrt{2}\)
Do đó \(M=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-1\le\sqrt{2}-1\)
Vậy Max M = \(\sqrt{2}-1\)
Em mới tìm được Min thôi ạ, Max =\(2\sqrt{2}+4\)nhưng chưa biết cách giải , mọi người giúp với ạ
áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
\(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3.1}=3ab\)
\(\Rightarrow M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}=\frac{\left(a^3+b^3+1\right)+3}{ab+1}\ge\frac{3ab+3}{ab+1}=3\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M=3 khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2\\a^3=b^3=1\end{cases}\Rightarrow}a=b=1\)
\(0\le a\le\sqrt{2}\Rightarrow a\left(a-\sqrt{2}\right)\le0\Rightarrow a^2\le a\sqrt{2}\Rightarrow a^3\le a^2\sqrt{2}\)
Tương tự và cộng lại: \(a^3+b^3\le\sqrt{2}\left(a^2+b^2\right)=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M\le\frac{2\sqrt{2}+4}{ab+1}\le\frac{2\sqrt{2}+4}{1}=2\sqrt{2}+4\) (do \(ab\ge0\Rightarrow ab+1\ge1\))
Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\)
1
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:
4ac=2.b.2c≤2(b+2c2)2≤2(a+b+2c2)2=2.(12)2=12
⇒−4bc≥−12
⇒K=ab+4ac−4bc≥−4bc≥−12
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
Lời giải:
Đặt $a+b+c=p; ab+bc+ac=q=1; abc=r$
$p,r\geq 0$
Áp dụng BĐT AM-GM: $p^2\geq 3q=3\Rightarrow p\geq \sqrt{3}$
$a,b,c\leq 1\Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow p+r\leq 2\Rightarrow p\leq 2$
$P=\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+3}{a+b+c-abc}=\frac{(a+b+c)^2+1}{a+b+c-abc}=\frac{p^2+1}{p-r}$
Ta sẽ cm $P\geq \frac{5}{2}$ hay $P_{\min}=\frac{5}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{p^2+1}{p-r}\geq \frac{5}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2-5p+2+5r\geq 0(*)$
---------------------------
Thật vậy:
Áp dụng BĐT Schur thì:
$p^3+9r\geq 4p\Rightarrow 5r\geq \frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3$
Khi đó:
$2p^2-5p+2+5r\geq 2p^2-5p+2+\frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3=\frac{1}{9}(2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$ do $p\leq 2$ và $p\geq \sqrt{3}$
$\Rightarrow (*)$ được CM
$\Rightarrow P_{\min}=\frac{5}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và hoán vị
1.
- Với \(a+b\ge4\Rightarrow A\le0\)
- Với \(a+b< 4\Rightarrow4-a-b>0\)
\(\Rightarrow A=\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}.b.\left(4-a-b\right)\)
\(\Rightarrow A\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+b+4-a-b\right)^4=4\)
\(A_{max}=4\) khi \(\left(a;b\right)=\left(2;1\right)\)
2.
\(P=a+\dfrac{1}{2}.a.2b\left(1+2c\right)\le a+\dfrac{a}{8}\left(2b+1+2c\right)^2\)
\(P\le a+\dfrac{a}{8}\left(7-2a\right)^2=\dfrac{1}{8}\left(4a^3-28a^2+57a-36\right)+\dfrac{9}{2}\)
\(P\le\dfrac{1}{8}\left(a-4\right)\left(2a-3\right)^2+\dfrac{9}{2}\le\dfrac{9}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};1;\dfrac{1}{2}\right)\)
Câu 3 bạn xem lại đề, mình có thể chắc chắn với bạn là đề sai
Ví dụ bạn cho \(x=98,y=100\) thì vế trái chỉ lớn hơn 8 một chút
Đề đúng phải là: \(\left(x+y\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{16xy}{\left(x-y\right)^2}\ge12\)
\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Lại có:
\(a^2+b^2+c^2\le1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\)
Do đó:
\(Q^2=2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{b^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\)
\(Q^2\ge2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}+2\sqrt{c^2}\)
\(Q^2\ge4\left(a+b+c\right)\ge4\)
\(\Rightarrow Q\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
Lý do gì mà người ra đề lại chọn 1 con số xấu phi lý như 9 ở đây nhỉ? Vì con số này là ko có ý nghĩa (2, 3, 4, 6 hay 9 gì thì cách giải đều giống nhau, nhưng việc chọn 9 khiến kết quả xấu khủng khiếp)
\(9=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le3\sqrt{2}\)
\(P=\dfrac{ab}{a+b+3}\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+3\right)}\)
Đặt \(a+b=x\Rightarrow0< x\le3\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{x^2}{x+3}=\dfrac{x^2}{x+3}+6-6\sqrt{2}-6+6\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{x^2+\left(6-6\sqrt{2}\right)x+18-18\sqrt{2}}{x+3}-6+6\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{\left(x-3\sqrt{2}\right)\left(x+6-3\sqrt{2}\right)}{x+3}-6+6\sqrt{2}\le-6+6\sqrt{2}\)
\(P\le\dfrac{-3+3\sqrt{2}}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{-3+3\sqrt{2}}{2}\) khi \(x=3\sqrt{2}\) hay \(a=b=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)