Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz có:
\(\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8bc}+c\sqrt{c^2+8bc}}\)
Lại sử dụng bđt Cauchy schwarz ta có:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\cdot\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\cdot\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\cdot\sqrt{c^3+8abc}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}}\)
=> Ta cần chứng minh: \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)
hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bđt Cosi ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân các vế của 3 bđt trên ta đc:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)
=> Đpcm
\(c^2+d^2+25=6c+8d\)
\(\Leftrightarrow\left(c^2-6c+9\right)+\left(d^2-8d+16\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-3\right)^2+\left(d-4\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c-3=0\\d-4=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=3\\d=4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P=25-3a-4b=25-\left(3a+4b\right)=25-Q\)
Xét \(Q=3a+4b\Rightarrow Q^2=\left(3a+4b\right)^2\le\left(3^2+4^2\right)\left(a^2+b^2\right)=25.2=50\)
\(\Rightarrow Q^2\le50\Rightarrow-5\sqrt{2}\le Q\le5\sqrt{2}\Rightarrow-Q\le5\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow P\le25+5\sqrt{2}\)
\(P_{max}=25+5\sqrt{2}\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=2\\\frac{a}{3}=\frac{b}{4}\\3a+4b=-5\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\frac{3\sqrt{2}}{5}\\b=-\frac{4\sqrt{2}}{5}\end{matrix}\right.\)
\(c^2-6c+9+d^2-8d+16=0\Leftrightarrow\left(c-3\right)^2+\left(d-4\right)^2=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=3\\d=4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P=25-\left(3a+4b\right)\)
Mặt khác \(\left(3a+4b\right)^2\le\left(3^2+4^2\right)\left(a^2+b^2\right)=50\)
\(\Rightarrow-5\sqrt{2}\le3a+4b\le5\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow P\le25+5\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow P_{max}=25+5\sqrt{2}\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{-3\sqrt{2}}{5}\\b=\frac{-4\sqrt{2}}{5}\end{matrix}\right.\)
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a}{b+2c+3d}+\frac{b}{c+2d+3a}+\frac{c}{d+2a+3b}+\frac{d}{a+2b+3c}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\). Mà theo BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}=\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2\left[\left(a+b\right)\left(c+d\right)+\left(a+c\right)\left(b+d\right)+\left(a+d\right)\left(b+c\right)\right]}\ge\frac{2}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d
+)\(\frac{3}{4}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge abc\)
+) \(P=8abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(32abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-24abc\)
\(\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{abc}}-24abc\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{\frac{1}{8}}}-3=16-3=13\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Bài 1:
Biểu thức chỉ có giá trị lớn nhất, không có giá trị nhỏ nhất.
\(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=1-\frac{1}{x+1}+1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}\)
\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
Giờ chỉ cần cho biến $x$ nhỏ vô cùng đến $0$, khi đó giá trị biểu thức trong ngoặc sẽ tiến đến dương vô cùng, khi đó P sẽ tiến đến nhỏ vô cùng, do đó không có min
Nếu chuyển tìm max thì em tìm như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:
\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{(1+1+1)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{x+y+z+3}=\frac{9}{4}\)
Do đó: \(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\leq 3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
Vậy \(P_{\min}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :
\(\frac{1}{a+3b+2c}=\frac{1}{9}\frac{9}{(a+c)+(b+c)+2b}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{a+3b+2c}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{bc}{b+3c+2a}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{b}{2}\right)\)
\(\frac{ac}{c+3a+2b}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{ac}{c+b}+\frac{ac}{a+b}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{9}\left(\frac{b(a+c)}{a+c}+\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b)}{a+b}+\frac{a+b+c}{2}\right)\)
hay \(\text{VT}\leq \frac{a+b+c}{6}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
từ hệ điều kiện, bằng cách cộng theo vế ta được: 3(a^2+b^2+c^2+d^2)=42+d^2⇒3p≥42⇔p≥14Suy ra pmin=14 đạt được khi d=0 và khi đó hệ điều kiện có dạng:
{a2+2b2+3c2=36(1),2a2+b2=6(2)
Từ (2) ta nhận được {bchẵn,0≤b≤2⇔[b=0b=2Khi đó:-Với b=0 thì (2) có dạng 2a^2=6, không có giá trị nguyên của a thỏa mãn.-Với b=2 thì hệ có dạng: {a^2+3c^2=28, 2a^2=2 mà a≥0,c≥0 ⇒{a=1c=3Vậy pmin=14 đạt được khi a=1,b=2,c=3,d=0
Từ giả thiết suy ra \(3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-d^2=42\)
\(\Leftrightarrow3Q-d^2=42\)
\(\Rightarrow Q=\dfrac{42+d^2}{3}\ge\dfrac{42}{3}=14\)
\(\Rightarrow minQ=14\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}d=0\\a^2+2b^2+3c^2=36\left(1\right)\\2a^2+b^2=6\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Từ \(\left(2\right)\Rightarrow b^2⋮2\Rightarrow b⋮2\)
Vì \(b^2=6-2a^2\le6\Rightarrow0\le b\le\sqrt{6}\Rightarrow b\in\left\{0;2\right\}\)
TH1: \(b=0\) ta được \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+3c^2=36\\2a^2=6\end{matrix}\right.\Rightarrow a=\sqrt{3}\left(l\right)\)
TH2: \(b=2\) ta được \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+3c^2=28\\2a^2=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=3\\a=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(minQ=14\Leftrightarrow\left(a;b;c;d\right)=\left(1;2;3;0\right)\)