Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Lại có:
\(a^2+b^2+c^2\le1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\)
Do đó:
\(Q^2=2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{b^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\)
\(Q^2\ge2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}+2\sqrt{c^2}\)
\(Q^2\ge4\left(a+b+c\right)\ge4\)
\(\Rightarrow Q\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
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 \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải:
Tìm min:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^3+a^3+1\geq 3a^2$
$b^3+b^3+1\geq 3b^2$
$c^3+c^3+1\geq 3c^2$
$\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)+3\geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow 2P+3\geq 9$
$\Leftrightarrow P\geq 3$
Vậy $P_{\min}=3$ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$
----------------
Tìm max:
$a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a^2,b^2,c^2\leq 3$
$\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}$
Do đó: $a^3-\sqrt{3}a^2=a^2(a-\sqrt{3})\leq 0$
$\Rightarrow a^3\leq \sqrt{3}a^2$
Tương tự với $b,c$ và cộng theo vế:
$P\leq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)=3\sqrt{3}$
Vậy $P_{\max}=3\sqrt{3}$ khi $(a,b,c)=(\sqrt{3},0,0)$ và hoán vị.
Dễ chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)
Ta có : \(T=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)
\(=1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}\)
\(=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\le3-\frac{9}{a+b+c+3}\le3-\frac{9}{6+3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
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
Lời giải:
Đặt $\sqrt{4-a^2}=x; \sqrt{4-b^2}=y; \sqrt{4-c^2}=z$ thì bài toán trở thành:
Cho $x,y,z\in [0;2]$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=6$. Tìm min: $P=x+y+z$
-------------------
Ta có: $P^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)=6+2(xy+yz+xz)$
Vì $x,y,z\in [0;2]$ nên:
$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 0\Leftrightarrow 2(xy+yz+xz)\geq xyz+4(x+y+z)-8\geq 4(x+y+z)-8=4P-8$
Vậy $P^2=6+2(xy+yz+xz)\geq 6+4P-8$
$\Leftrightarrow P^2-4P+2\geq 0$
$\Leftrightarrow (P-2)^2\geq 2\Rightarrow P\geq 2+\sqrt{2}$.
Vậy $P_{\min}=2+\sqrt{2}$.
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,2,\sqrt{2})$ và hoán vị
Đặt \(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)
Có: \(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\sqrt{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{3}\)
\(x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)}\le\sqrt{\left(a+b+c\right)^2}=3\)
\(\Rightarrow\sqrt{3}\le x\le3\)
Khi đó, có: \(P=\sqrt{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}=x+\frac{1}{x^2}\)
Ta chứng minh \(P=x+\frac{1}{x^2}\le\frac{28}{9}\)
BĐT \(\Leftrightarrow9x^3-28x^2+9\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(9x^2-x-3\right)\le0\)(Luôn đúng vì \(\sqrt{3}\le x\le3\))
Vậy \(maxP=\frac{28}{9}\Leftrightarrow x=3\Leftrightarrow\left(a,b,c\right)\in\left\{\left(0;0;3\right)\right\}\)và các hoán vị.