\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqr...">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

5 tháng 11 2019

\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)

\(P^2=2+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+2\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 

\(\Rightarrow2\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\le a+2b+c\)

Tương tự ta có :     \(\hept{\begin{cases}2\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le a+b+2c\\2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le2a+b+c\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P^2\le2+4\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{6}\)

Vậy \(P_{Max}=\sqrt{6}\)

Dấu " = " xảy ra khi  \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

21 tháng 10 2020

helpppppppp

18 tháng 12 2019

Đề thi học kỳ 1 trường Ams

**Min

Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\)

\(\Rightarrow a\le1;b\le1;c\le1\Rightarrow a^2\le a;b^2\le b;c^2\le c\)

Khi đó:

\(\sqrt{a+b^2}\ge\sqrt{a^2+b^2};\sqrt{b+c^2}\ge\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c+a^2}\ge\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\)

Ta có:

\(\sqrt{1-c^2}\ge1-c^2\Leftrightarrow1-c^2\ge1-2c^2+c^4\Leftrightarrow c^2\left(1-c^2\right)\ge0\left(true!!!\right)\)

Tương tự cộng lại:

\(P\ge3-\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\)

dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) and hoán vị.

**Max

Có BĐT phụ sau:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\left(ezprove\right)\)

Áp dụng:

\(\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\)

\(\le\sqrt{3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)+3}\)

\(\le\sqrt{3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\right)}=\sqrt{3\cdot\sqrt{3}+3}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)

27 tháng 11 2019

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

https://h.vn/hoi-dap/question/702421.html

27 tháng 11 2019

xin lỗi mk nhầm bài

\(P^2=a+b+c+a^2+b^2+c^2+2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(b+c^2\right)}+2\sqrt{\left(b+c^2\right)\left(c+a^2\right)}+2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(c+a^2\right)}.\)

Theo bđt Bunhiacopski ta có

\(2\sqrt{\left(a+b^2\right)\left(b+c^2\right)}\ge2\sqrt{b^3}\)(vì \(a,c\ge0\))

Tương tự \(2\sqrt{\left(b+c^2\right)\left(c+a^2\right)}\ge2\sqrt{c^3}\)

                \(2\sqrt{\left(c+a^2\right)\left(a+b^2\right)}\ge2\sqrt{a^3}\)

\(\Rightarrow P^2\ge a+b+c+a^2+b^2+c^2+2\sqrt{a^3}+2\sqrt{b^3}+2\sqrt{c^3}\)

Theo gt : \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\a^2+b^2+c^2=1\end{cases}\Rightarrow0\le a,b,c\le1}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge a^2,b\ge b^2,c\ge c^2\\a^3\ge a^4,b^3\ge b^4,c^3\ge c^4\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\\2\sqrt{a^3}+2\sqrt{b^3}+2\sqrt{c^3}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P^2\ge1+1+2=4\)\(\Rightarrow P\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=0,c=1 và các hoán vị của nó

Tìm Max

Theo bđt Bunhiacopski ta có

\(P^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)\)

    \(=3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)\)\(\le3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+a^2+b^2+c^2\right)\)

      \(=3\left(1+\sqrt{3}\right)\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{3\left(1+\sqrt{3}\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

23 tháng 6 2021

\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)

áp dụng bunhia - cốpxki

\(P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=6\left(a+b+c\right)\)

\(=6.2021=12126< =>P=\sqrt{12126}\)

vậy MAX P=\(\sqrt{12126}\)

24 tháng 6 2021

\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)

\(\Rightarrow P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:

\(P^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)=6\left(a+b+c\right)=6\cdot2021\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{6\cdot2021}=\sqrt{12126}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{2021}{3}\)

Vậy \(Max\left(P\right)=\sqrt{12126}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2021}{3}\)

15 tháng 8 2020

\(K\le\Sigma\sqrt{12a+\left(b+c\right)^2}=\Sigma\sqrt{12a+\left(3-a\right)^2}=\Sigma\sqrt{\left(a+3\right)^2}=12\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=0;c=3\) và các hoán vị

7 tháng 7 2020

Đặt \(K=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)

\(\Rightarrow2K=2a\sqrt{b^3+1}+2b\sqrt{c^3+1}+2c\sqrt{a^3+1}=\)\(2a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+2b\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}\)\(+2c\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\)\(\le a\left[\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)\right]+b\left[\left(c+1\right)+\left(c^2-c+1\right)\right]\)\(+c\left[\left(a+1\right)+\left(a^2-a+1\right)\right]\)(Theo BĐT AM - GM)

\(=a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)\)\(=ab^2+bc^2+ca^2+6\)

Đặt \(M=ab^2+bc^2+ca^2\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge c\ge b\)thì ta có \(b\left(a-c\right)\left(c-b\right)\ge0\Leftrightarrow abc+b^2c\ge ab^2+bc^2\)

\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le abc+b^2c+ca^2\)

hay \(M\le abc+b^2c+ca^2\le2abc+b^2c+ca^2=c\left(a+b\right)^2\)\(=4c.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}\le\frac{4}{27}\left(c+\frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}\right)^3\)\(=\frac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}=4\)

\(\Rightarrow2K\le10\Rightarrow K\le10\)

Vậy \(a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2,0,1\right)\)

7 tháng 7 2020

Kiệt cop sai đáp án rồi kìa :))
Đoạn cuối không giả sử \(a\ge c\ge b\) được đâu nhá

Mà phải giả sử b là số nằm giữa a và c

Khi đó:

\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)

\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2=b\left(a^2+ac+c^2\right)\)

\(\le b\left(a^2+2ac+c^2\right)=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)

Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b-4\right)\le0\) *đúng *

Vậy ............................