Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(B=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\left(1-\frac{1}{y^2}\right)=1-\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}-\frac{1}{x^2y^2}\right)=1-\frac{x^2+y^2-1}{x^2y^2}\)
\(B=1-\frac{\left(x+y\right)^2-2xy-1}{x^2y^2}=1-\frac{-2xy}{x^2y^2}=1+\frac{2}{xy}\)
Cô-si : \(1=x+y\ge2\sqrt{xy}\Leftrightarrow xy\le\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow B\ge1+\frac{2}{\frac{1}{4}}=9\)
Vậy B có GTNN bằng 9 khi x = y = \(\frac{1}{2}\)
\(A=\frac{1}{1+\frac{b}{a}+\left(\frac{b}{a}\right)^2}=\frac{1}{t^2+t+1}\) (chia cả tử và mẫu cho a2 rồi đặt \(t=\frac{b}{a}\))
Khi đó \(\frac{1}{2}\le t\le2\)
Ta có:
+) \(t\left(t-\frac{1}{2}\right)\ge0\Rightarrow t^2\ge\frac{1}{2}t\Rightarrow A=\frac{1}{t^2+t+1}\le\frac{1}{\frac{3}{2}t+1}\le\frac{1}{\frac{3}{2}.\frac{1}{2}+1}=\frac{4}{7}\)
Đẳng thức xảy ra khi ...
Vậy..
+) \(t\left(t-2\right)\le0\Rightarrow t^2\le2t\Rightarrow A=\frac{1}{t^2+t+1}\ge\frac{1}{3t+1}\ge\frac{1}{3.2+1}=\frac{1}{7}\)
Đẳng thức xảy ra khi ...
Vậy..
P/s: Em ko chắc!
Đúng rồi nha còn một cách nữa là biến đổi tương đương nha mn
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(2t=a+b=-c\Rightarrow t=-\frac{c}{2}\)
+)Nếu \(c\ge0\) thì \(a,b\ge0\). Khi đó: \(P\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=0\)
+) Nếu \(c< 0\Rightarrow t>0\). Ta có:
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+\frac{3\sqrt{6}c\left(a+b\right)^2}{2}\) (vì c < 0)
\(\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+3\sqrt{6}c.\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(=\frac{\left(2t^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}t^2c\)
\(=\frac{\left[2\left(-\frac{c}{2}\right)^2+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}\left(-\frac{c}{2}\right)^2c\)
\(=\frac{9}{8}c^2\left(c+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+3\ge3\)
\(\left(a;b;c\right)=\left(\sqrt{\frac{2}{3}};\sqrt{\frac{2}{3}};-2\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\) (và các hoán vị, trong trường hợp tổng quát)
Vậy....
P/s: Em không chắc lắm, chưa check lại.
Kurosaki Akatsu giải thế thì đề bài cho \(b^2+c^2\le a^2\) để làm gì?
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(P=\frac{1}{a^2}\left(b^2+c^2\right)+a^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(P=\frac{b^2}{a^2}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}\ge4.\sqrt[4]{\frac{b^2}{a^2}.\frac{c^2}{a^2}.\frac{a^2}{b^2}.\frac{a^2}{c^2}}=4.1=4\)
=> \(Min_P=4\)
Để ý rằng a, b, c > 0 nên abc > 0, khi đó chia hai vế của bđt cho abc thì sẽ xuất hiện \(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\). Đặt ẩn phụ + biến đổi + Cô si cho 6 số thì bài toán đâu đến nổi khó ...
BĐT \(\Leftrightarrow\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{8}{abc}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\). Bài toán trở thành:
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh:
\(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge8xyz\)
Nhân hai vế của BĐT với 27, ta cần chứng minh:
\(\left(3x+3\right)\left(3y+3\right)\left(3z+3\right)\ge216xyz\)
\(\Leftrightarrow\left(x+x+x+x+y+z\right)\left(y+y+y+x+y+z\right)\left(z+z+z+x+y+z\right)\ge216xyz\)
Đơn giản chưa:v Cô si cho 6 số ở mỗi cái ngoặc là ra:D Cách này mà sai thì em chịu đấy nhé;) Tự c/m Cô si cho 6 số.
\(A=\sqrt{x^4+4x^3+6x^2+4x+2}+\sqrt{y^4-8y^3+24y^2-32y+17}\)
\(=\sqrt{\left(x+1\right)^4+1}+\sqrt{\left(y-2\right)^4+1}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x+1=u\\y-2=v\end{cases}}\Rightarrow A=\sqrt{u^4+1}+\sqrt{v^4+1}\)(với \(u,v\inℝ\))
Điều kiện đã cho ban đầu trở thành \(\left(u+1\right)\left(v+1\right)=\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow uv+u+v+1=\frac{9}{4}\Leftrightarrow uv+u+v=\frac{5}{4}\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\left(2u-1\right)^2\ge0\forall u\inℝ\\\left(2v-1\right)^2\ge0\forall v\inℝ\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}4u^2-4u+1\ge0\\4v^2-4v+1\ge0\end{cases}}\forall u,v\inℝ\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}4u^2+1\ge4u\\4v^2+1\ge4v\end{cases}}\Rightarrow u^2+v^2\ge u+v-\frac{1}{2}\forall u,v\inℝ\)(*)
và \(\left(u-v\right)^2\ge0\forall u,v\inℝ\Leftrightarrow u^2-2uv+v^2\ge0\forall u,v\inℝ\)
\(\Rightarrow u^2+v^2\ge2uv\forall u,v\inℝ\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(u^2+v^2\right)\ge uv\forall u,v\inℝ\)(**)
Cộng theo vế của (*) và (**), ta được: \(\frac{3}{2}\left(u^2+v^2\right)\ge uv+u+v-\frac{1}{2}=\frac{5}{4}-\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow u^2+v^2\ge\frac{1}{2}\)(**
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta được:
\(A=\sqrt{u^4+1}+\sqrt{v^4+1}\ge\sqrt{\left(u^2+v^2\right)^2+\left(1+1\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(u^2+v^2\right)^2+4}\ge\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+4}=\sqrt{\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{17}}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(u=v=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=-\frac{1}{2};y=\frac{5}{2}\)
Vậy GTNN của A là \(\frac{\sqrt{17}}{2}\)đạt được khi \(x=-\frac{1}{2};y=\frac{5}{2}\)
Đặt \(a=2+x;b=y-1\) thì \(ab=\frac{9}{4}\)
Thì \(\sqrt{x^4+4x^3+6x^2+4x+2}=\sqrt{a^4-4a^3+6a^2-4a+2}\)
và \(\sqrt{y^4-8y^3+24y^2-32y+17}=\sqrt{b^4-4b^3+6b^2-4b+2}\) (cái này dùng phương pháp đồng nhất hệ số là xong)
Vậy ta tìm Min \(A=\sqrt{a^4-4a^3+6a^2-4a+2}+\sqrt{b^4-4b^3+6b^2-4b+2}\)
\(=\sqrt{\left(a^4-4a^3+4a^2\right)+2\left(a^2-2a+1\right)}+\sqrt{\left(b^4-4b^3+4b^2\right)+2\left(b^2-2b+1\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a^2-2a\right)^2+\left[\sqrt{2}\left(a-1\right)\right]^2}+\sqrt{\left(b^2-2b\right)^2+\left[\sqrt{2}\left(b-1\right)\right]^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(a^2+b^2-2a-2b\right)^2+2\left(a+b-2\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}-2\left(a+b\right)\right]^2+2\left(a+b-2\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(\frac{t^2}{2}-2t\right)^2+2\left(t-2\right)^2}\left(t=a+b\ge2\sqrt{ab}=3\right)\)
\(=\sqrt{\frac{1}{4}\left(t-1\right)\left(t-3\right)\left(t^2-4t+5\right)+\frac{17}{4}}\ge\frac{\sqrt{17}}{2}\)
Trình bày hơi lủng củng, sr.
để biểu thức cho đơn giản , ta đặt x=a+1,y=b+1,z=c+1(x,y,z>0)
thì giả thiết thành \(\frac{1}{x+1}+\frac{3}{y+3}\le\frac{z}{z+2}\) .Tìm min xyz
Áp dụng bất đẳng thức cauchy:\(\frac{z}{z+2}\ge\frac{1}{x+1}+\frac{3}{y+3}\ge2\sqrt{\frac{3}{\left(x+1\right)\left(y+3\right)}}\)(1)
từ giả thiết :\(\frac{1}{x+1}\le\frac{z}{z+2}-\frac{3}{y+3}\Leftrightarrow1-\frac{1}{x+1}\ge1-\frac{z}{z+2}+\frac{3}{y+3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+1}\ge\frac{2}{z+2}+\frac{3}{y+3}\)
Áp dụng bất đẳng thức cauchy 1 lần nữa: \(\frac{x}{x+1}\ge\frac{2}{z+2}+\frac{3}{y+3}\ge2\sqrt{\frac{6}{\left(z+2\right)\left(y+3\right)}}\)(2)
tương tự ta cũng có: \(\frac{y}{y+3}\ge2\sqrt{\frac{2}{\left(z+2\right)\left(x+1\right)}}\)(3),
cả 2 vế các bất đẳng thức (1),(2)và (3) đều dương, nhân vế với vế:
\(\frac{xyz}{\left(x+1\right)\left(y+3\right)\left(z+2\right)}\ge\frac{8.6}{\left(x+1\right)\left(z+2\right)\left(y+3\right)}\)
\(\Leftrightarrow xyz\ge48\)
Dấu = xảy ra khi x=2,y=6,z=4 hay a=1,b=5,z=3
tham khảo câu hỏi tương tự