Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1
Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b+c=p\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{cases}}\)
Thì ta có:
\(\hept{\begin{cases}p^2-2q=3\\A=2p+\frac{q}{r}\end{cases}}\)
Ta có: \(3pr\le q^2\) (cái này dễ thấy nên mình không chứng minh nha)
\(\Leftrightarrow\frac{q}{r}\ge\frac{3p}{q}=\frac{6p}{2q}=\frac{6p}{p^2-3}\)
Thế vô A ta được
\(A=2p+\frac{q}{r}\ge2p+\frac{6p}{p^2-3}\)
Ta chứng minh \(2p+\frac{6p}{p^2-3}\ge9\)
\(\Leftrightarrow2p^3-9p^2+27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)^2\left(2p+3\right)\ge0\) (đúng)
Vậy GTNN là A = 9
bài này vừa read buổi tối này nek, xài UCT ,tiện thể cho hỏi lun do máy t lỗi hay do hệ thống z , k load bài nào luôn
Ta có:
\(\frac{a+1}{1+b^2}=a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{1+b^2}\ge a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\left(1\right)\)
Tương tụ ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{\left(b+1\right)}{1+c^2}\ge b+1-\frac{bc+c}{2}\left(2\right)\\\frac{\left(c+1\right)}{1+a^2}\ge c+1-\frac{ca+a}{2}\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1), (2), (3) ta có:
\(M\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(=3+3-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)
\(\ge\frac{9}{2}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3\)