cho 2 số dương a, b thỏa mãn: \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\). Tìm GTLN của biểu thức:
\(Q=\frac{1}{a^4+b^2+2ab^2}+\frac{1}{b^4+a^2+2ba^2}\)
(Yên Bái)
Cho \(a,b\) là hai số dương thỏa mãn điều kiện \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\). Tìm GTLN của biểu thức \(Q=\frac{1}{a^4+2ab^2+b^2}+\frac{1}{a^2+2a^2b+b^4}\).
- Theo giả thiết nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được
, (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi )
- Tương tự , (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi )
- Từ đó
- Giả thiết tương đương với (*)
- Do đó
- Mà nên
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^2+2ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}+2ab^2=2a^2b+2ab^2\)
\(b^4+a^2+2a^2b\ge2\sqrt{a^2b^4}+2a^2b=2ab^2+2a^2b\)
\(\Rightarrow Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\)
Lại có: \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab-a+b^2-b=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow2ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\ge1\\a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\le\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
- Theo giả thiết a,b>0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được
a^4+b^2\ge2a^2b\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2a^2b+2ab^2
\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2ab\left(a+b\right)
\Rightarrow\frac{1}{a^4+2ab^2+b^2}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)}, (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b)
- Tương tự \frac{1}{a^2+2a^2b+b^4}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)} , (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b)
- Từ đó Q\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)}
- Giả thiết \left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2 tương đương với a+b=2ab\Leftrightarrow ab=\frac{a+b}{2}(*)
- Do đó Q\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}
- Mà ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4} nên \frac{a+b}{2}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow a+b\ge2
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a+b+c=3. Tìm GTLN của biểu thức:\(P=3\left(ab+bc+ca\right)+\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2+\frac{1}{8}\left(c-a\right)^2\)
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn các điều kiện \(\left(a+c\right)\left(b+c\right)=4c^2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P=\frac{a}{b+3c}+\frac{b}{a+3c}+\frac{ab}{bc+ca}\)
Bài 2: Cho x,y,z thỏa mãn x+y+z=0 và \(x^2+y^2+z^2=1\). Tìm GTLN của biểu thức \(P=x^5+y^5+z^5\)
Bài 3: Cho a,b,c dương thỏa mãn \(a+b+c=1.\)Tìm Min
\(P=2020\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{1}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Bài 4: Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a+b+c=3. Tìm GTLN của biểu thức \(P=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)
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
3. Áp dụng cô si ta có
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c=1\)
Lại có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)
⇒ P ≥ \(2020.1+1=2021\)
Vậy Pmin = 2021 khi và chỉ khi a = b = c =1/3
Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn abc =1 . Tìm GTNN của biểu thức
P = \(\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}+\frac{\left(1+b\right)^2+c^2+5}{bc+b+4}+\frac{\left(1+c\right)^2+a^2+5}{ac+c+4}\)
alibaba nguyễn giúp em với WTFシSnow
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức
\(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+3\)
Tìm GTLN của biểu thức:
\(A=\frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^3c^3+2}}+\frac{4\sqrt{3}}{c^6+2a^3+9}\)
\(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+3\ge7\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le3\)Áp dụng BĐT AM-GM ta có :
\(A=\frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^3c^3+1+1}}+\frac{4\sqrt{3}}{c^6+1+2a^3+8}\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{4\sqrt{3}}{2c^3+2a^3+8}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+4}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+1+1+1+1}\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{ac}}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{1}{\sqrt{3ac}}\)\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}\right)\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}=\sqrt{\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}\le\sqrt{3}\) (Bunhiacopxki)
Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
PS : Thánh cx đc phết ha; chế đc bài này tui mới khâm phục :)))
nó ko chém đâu anh nó chép trong toán tuổi thơ đấy,thk này khốn nạn lắm
Cho các số thực dương a;b;c thỏa mãn \(ab+bc+ca+abc=4\)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P=\frac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}+\frac{1}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+4}+\frac{1}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+4}\)
Xét biểu thức \(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\)
\(=\frac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12}{abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(abc+ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12}{4+\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8}\)(Do \(ab+bc+ca+abc=4\)theo giả thiết)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12}=1\)(***)
Với x,y dương ta có 2 bất đẳng thức phụ sau:
\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(*)
\(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)(**)
Áp dụng (*) và (**), ta có:
\(\frac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\frac{1}{a+b+4}=\frac{1}{\left(a+2\right)+\left(b+2\right)}\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}\right)\)(1)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+4}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)\)(2)
\(\frac{1}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+4}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{c+2}+\frac{1}{a+2}\right)\)(3)
Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được:
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)=\frac{1}{2}\)(theo (***))
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Bạn bổ sung cho mình dòng cuối là a = b = c = 1 nhé!
Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn : \(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+2015.\)
Tìm \(GTLN\) của biểu thức sau: \(P=\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3\left(2b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3\left(2c^2+a^2\right)}}\)
Ta có:\(7\left(\frac{1}{a^2}+...\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+2015\)
Mà \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
=> \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\le2015\)=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\sqrt{6045}\)
\(P=\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}+...\)
Mà \(\left(2+1\right)\left(2a^2+b^2\right)\ge\left(2a+b\right)^2\)(bất dẳng thức buniacoxki)
=> \(P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
Lại có \(\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\le\frac{\sqrt{6045}}{3}\)
Vậy \(MaxP=\frac{\sqrt{6045}}{3}\)khi \(a=b=c=\frac{\sqrt{6045}}{2015}\)
cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn abc=1
Tìm Min của P=\(\frac{a^2}{\left(ab+2\right)\left(2ab+1\right)}+\frac{b^2}{\left(bc+2\right)\left(2bc+1\right)}+\frac{c^2}{\left(ac+2\right)\left(2ac+1\right)}\)
ÁP dụng BĐT AM-Gm ta có:
\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+2\right)\left(2ab+1\right)}\ge\frac{4}{9}\cdotΣ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}\)
ĐẶt \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\) thì cần cm
\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}=Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)
\(Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\)
Theo C-S \(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}=\frac{\left(xz\right)^2}{xyz\left(x+z\right)}\ge\frac{\left(Σxy\right)^2}{2xy\left(Σx\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\frac{1}{3}\cdot\left(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
Đúng hay ta có ĐPCM xyar ra khi a=b=c=1
Cho a,b>0 thỏa mãn \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\). Tính max P =\(\dfrac{1}{a^4+b^2+2ab^2}+\dfrac{1}{b^4+a^2+2ba^2}\)