cho \(a,b\ge0\), \(a^2+b^2=4\). Tìm max \(M=\frac{ab}{a+b+2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 8 2020
2.
\(8ab-2=3\left(a^4+b^4\right)\ge6a^2b^2\Leftrightarrow3a^2b^2-4ab+1\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\le ab\le1\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{2}{ab+1}=\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\le0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\le\frac{2}{ab+1}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{2}{ab+1}+\frac{ab}{3a^2b^2+1}\)
Đặt \(ab=x\Rightarrow\frac{1}{3}\le x\le1\Rightarrow P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}\)
\(P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}-\frac{7}{4}+\frac{7}{4}=\frac{-21x^3+7x^2-3x+1}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\)
\(P\le\frac{\left(7x^2+1\right)\left(1-3x\right)}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\le\frac{7}{4}\) ; \(\forall x\ge\frac{1}{3}\)
\(P_{max}=\frac{7}{4}\) khi \(x=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 8 2020
1.
Ta có: \(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+2bc+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2-4+2bc+abc\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(a-2\right)+bc\left(a+2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(bc+a-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow bc+a\le2\) (1)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với 1
Giả sử đó là b và c \(\Rightarrow\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\Leftrightarrow bc+1\ge b+c\Rightarrow abc+a\ge ab+ac\)
\(\Rightarrow abc\ge ab+ac-a\Rightarrow abc+2\ge ab+ac-a+2\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(ab+ac-a+2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow a+bc\le2\) (đúng theo (1)) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
13 tháng 12 2019
Nguyễn Thị Ngọc Thơ, Nguyễn Việt Lâm, @No choice teen, @Trần Thanh Phương, @Akai Haruma
giúp e vs ạ! Cần gấp!
thanks nhiều!
LV
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 10 2020
Áp dụng BĐT đã chứng minh ở phần trước:
\(\left(a+b+c\right)^2\le2k\left(1+bc\right)^2=4\left(1+bc\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a+b+c\right)^2\le4a^2\left(1+bc\right)^2\)
\(\Rightarrow a\left(a+b+c\right)\le2a\left(1+bc\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{1+bc}\le\frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{b}{1+ac}\le\frac{2b}{a+b+c}\) ; \(\frac{c}{1+ca}\le\frac{2c}{a+b+c}\)
Cộng vế với vế: \(P\le2\)
\(P_{max}=2\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
26 tháng 8 2020
Bài toán số 41 có 2 cách làm, tôi làm cách thứ 2
Đặt \(Q=\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\)\(\Rightarrow Q^2=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+2\left(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\right)\)ta thấy rằng \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=\frac{1}{4}\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
\(=\frac{x^2+y^2+z^2}{4}+\frac{xyz}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có \(\sqrt{\frac{yx}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}\ge\frac{2yx}{2\sqrt{\left(xy+yz\right)\left(yz+yx\right)}}\ge\frac{2xy}{2xy+yz+xz}\ge\frac{2xy}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy}{xy+yz+zx}\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\ge\frac{yz}{xy+yz+zx}\\\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\ge\frac{xz}{xy+yz+zx}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\ge1\)nên \(Q\ge\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{4}+2}\)
\(\Rightarrow Q\ge\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\)
Đặt \(t=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\Rightarrow t\ge\sqrt{xy+yz+zx}=2\)
Xét hàm số g(t)=\(\sqrt{\frac{t^2}{2}+4}+\frac{4}{t}\left(t\ge2\right)\)khi đó ta có
\(g'\left(t\right)=\frac{t}{2\sqrt{\frac{t^2}{2}+4}}-\frac{4}{t^2};g'\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^6-32t^2-256=0\Leftrightarrow t=2\sqrt{2}\)
Lập bảng biến thiên ta có min[2;\(+\infty\)) \(g\left(t\right)=g\left(2\sqrt{2}\right)=3\sqrt{2}\)
Hay minS=\(3\sqrt{2}\)<=> a=c=1; b=2
26 tháng 8 2020
Đặt a=xc; b=cy (x;y >=1)
- Thay x=1 vào giả thiết ta có \(\sqrt{b-c}=\sqrt{b}\Rightarrow c=0\) (không thỏa mãn vì c>0)
- Thay y=1 vào giả thiết ta có \(\sqrt{a-c}=\sqrt{a}\Rightarrow c=0\)( không thỏa mãn vì c>0)
- Xét x,y>1 thay vào giả thiết ta có
\(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}=\sqrt{xy}\Leftrightarrow x+y-2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=xy\)
\(\Leftrightarrow xy-x-y+1-2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}+1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=1\Leftrightarrow xy=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\ge4\)
Biểu thức P được viết lại như sau
\(P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}+\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2-2xy}\)
\(P\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2xy+x+y}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2-2xy}=\frac{xy}{3}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2y^2-2xy}=\frac{x^3y^3-2x^2y^2+3xy-3}{3\left(x^2y^2-2xy\right)}\)
Đặt t=xy với t>=4
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{t^3-2t^2+3t-3}{t^2-2t}\left(t\ge4\right)\)
Ta có \(f'\left(t\right)=\frac{t^4-4t^3+t^2+6t-6}{\left(t^2-2t\right)^2}=\frac{t^3\left(t-4\right)+6\left(t-4\right)+18}{\left(t^2-2t\right)^2}>0\forall t\ge4\)
Lập bảng biến thiên ta có \(minf\left(t\right)=f\left(4\right)=\frac{41}{8}\)
Vậy \(minP=\frac{41}{24}\)khi x=y=z=2 hay a=b=2c
LN
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 10 2020
Trước hết ta chứng minh BĐT sau:
\(x^2+y^2+z^2+2yz=x^2+\left(y+z\right)^2\ge2x\left(y+z\right)\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{c^2}{c^2+ab+1}\le\frac{c}{a+b+c}\) (1)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(\frac{2c^2}{2c^2+2ab+a^2+b^2+c^2}\le\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow2c^2\left(a+b+c\right)\le c\left(a^2+b^2+2ab+3c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow c\left(a^2+b^2+2ab+c^2-2ac-2bc\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(a+b-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng với mọi số thực không âm)
Đồng thời áp dụng hệ quả đã chứng minh ban đầu:
\(\frac{a^2}{a^2+bc+1}=\frac{2a^2}{2a^2+\left(2bc+a^2+b^2+c^2\right)}\le\frac{2a^2}{2a^2+2a\left(b+c\right)}=\frac{a}{a+b+c}\) (2)
Tương tự ta được: \(\frac{b^2}{b^2+ac+1}\le\frac{b}{a+b+c}\) (3)
Cộng vế với vế (1); (2); (3) \(\Rightarrow P\le1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
Giờ bận ăn cơm, có gì buổi tối bài nào làm được thì mình làm tiếp
11 tháng 10 2020
Dạ em cảm ơn ạ, mong anh giúp em. Chúc anh ăn ngon miệng
Từ \(a^2+b^2=4\Rightarrow\left(a+b\right)^2-2ab=4\)
\(\Rightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-4\)
Ta có : \(2M=\frac{2ab}{a+b+2}=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{a+b+2}=\frac{\left(a+b+2\right)\left(a+b-2\right)}{a+b+2}=a+b-2\)
Lại có : \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)=8\)
\(\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow2M\le2\sqrt{2}-2\)
\(\Rightarrow M\le\sqrt{2}-1\)
Dấu ''=" <=> \(a=b=\sqrt{2}\)