\(\Leftrightarrow y=\dfrac{\sqrt{c-2}}{c}+\dfrac{\sqrt{a-3}}{a}+\dfrac{\sqrt{b-4}}{b}\)

Ta có: \(\dfrac{\sqrt{c-2}}{c}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\Leftrightarrow\left(\sqrt{c-2}-\sqrt{2}\right)^2\ge0\) ( Luôn đúng)

Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{a-3}}{a}\le\dfrac{1}{2\sqrt{3}};\dfrac{\sqrt{b-4}}{b}\le\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow y\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}+\dfrac{1}{4}\) và dấu ''='' xảy ra khi c = 4; a = 6; b = 8

Ta có: 

\(4\le\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)=\sqrt{ab}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\le\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+1}{2}+\dfrac{b+1}{2}+1\)

\(=a+b+2\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)

\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\ge2\)

Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=1\).

\(P=\dfrac{\sqrt{a-2}}{a}+\dfrac{\sqrt[3]{b-3}}{b}+\dfrac{\sqrt[4]{c-6}}{c}\)

\(=\dfrac{\sqrt{\left(a-2\right).2}}{a\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt[3]{\left(b-3\right).\dfrac{3}{2}.\dfrac{3}{2}}}{b\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}}+\dfrac{\sqrt[4]{\left(c-6\right).2.2.2}}{c\sqrt[3]{8}}\)

\(\le\dfrac{a-2+2}{2a\sqrt{2}}+\dfrac{b-3+\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}}{3b\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}}+\dfrac{c-6+2+2+2}{4c\sqrt[4]{8}}\)

\(=\dfrac{a}{2a\sqrt{2}}+\dfrac{b}{3b\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}}+\dfrac{c}{4c\sqrt[4]{8}}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}}+\dfrac{1}{4\sqrt[4]{8}}\)

Vậy \(P_{max}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}}+\dfrac{1}{4\sqrt[4]{8}}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-2=2\\b-3=\dfrac{3}{2}\\c-6=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=4\\b=\dfrac{9}{2}\\c=8\end{matrix}\right.\)

\(P=\dfrac{bc\sqrt{a-2}+ac\sqrt[3]{b-3}+ab\sqrt[4]{c-6}}{abc}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a-2}}{a}+\dfrac{\sqrt[3]{b-3}}{b}+\dfrac{\sqrt[4]{c-6}}{c}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(=\dfrac{\sqrt{2\left(a-2\right)}}{\sqrt{2}a}+\dfrac{\sqrt[3]{2\left(b-3\right)}}{\sqrt[3]{2}b}+\dfrac{\sqrt[4]{2\left(c-6\right)}}{\sqrt[4]{2}c}\)

\(\le\dfrac{\dfrac{2+a-2}{2}}{\sqrt{2}a}+\dfrac{\dfrac{2+b-3+1}{3}}{\sqrt[3]{2}b}+\dfrac{\dfrac{2+c-6+1+1+1+1}{4}}{\sqrt[4]{2}c}\)

\(=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\sqrt{2}a}+\dfrac{\dfrac{b}{3}}{\sqrt[3]{2}b}+\dfrac{\dfrac{c}{4}}{\sqrt[4]{2}c}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{2}}+\dfrac{1}{4\sqrt[4]{2}}\)

2: Điểm rơi... đẹp!

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+1\ge2a\\b^2+4\ge4b\\c^2+9\ge6c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+14\ge2\left(a+2b+3c\right)=28\).

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge14\).

Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2; c = 3.

1: Ta có \(y^2\ge6-x+x-2=4\Rightarrow y\ge2\). 

Đẳng thức xảy ra khi x = 6 hoặc x = 2

\(y^2\le2\left(6-x+x-2\right)=8\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\).

Đẳng thức xảy ra khi x = 4.

Mình đã giải đã có ở đây:

Câu hỏi của Nguyễn Vi - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Đáp án A.

Lâu rồi không lên Hoc24

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, Schwarz và AM - GM ta có:

\(S\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{9}{a+b+c}\right)^2}=\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}\right]+\dfrac{81.15}{16\left(a+b+c\right)^2}}\ge\sqrt{\dfrac{9}{2}+\dfrac{135}{4}}=\sqrt{\dfrac{153}{4}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\).

Sau khi chọn đc hệ số điểm rơi là 16 thì cơ sở nào tách tiếp ra 16 số rồi áp dụng cosi nữa vậy ạ??

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)

Ta có: \(\sqrt{a+bc}=\sqrt{\dfrac{a^2+abc}{a}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\)

thiết lập tương tự ,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\sum a\sqrt{bc}\)

Điều này luôn đúng theo BĐT Bunyakovsky:

\(\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\sum\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\sum a\sqrt{bc}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=3

Ta có BĐT \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

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

Lợi dụng BĐT Cauchy-Schwarz tao cso:

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

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\)

Đặt \(t=a^2+b^2+c^2\left(t\ge3\right)\) thì cần chứng minh:

\(3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(t+9\right)\le4t^2\Leftrightarrow-\left(t-3\right)\left(4t+9\right)\le0\) (Đúng)

Ta có BĐT \(3\le ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)

Và BĐT: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

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

\(\le\sqrt{9}=3\le a^2+b^2+c^2\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2+b^2+c^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)=VP^2\)

Xảy ra khi \(a=b=c=1\)