Với các số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a^2+b^2+c^2+2abc=1\). Tìm GTLN của \(P=ab+bc+ca-abc\)
VỚI CÁC SỐ THỰC DƯƠNG a , b , c thỏa mãn : a^2 + b^2 +c^2 + 2abc = 1 Tìm MAX của biểu thức P = ab + bc + ca - abc
Ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+\)\(bc\)(1)
vì , ta có
(1) \(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(\ge2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\)\(+\left(a^2-2ac+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)(luôn đúng) => bất đẳng thức
Ta có :
\(a^2+b^2+c^2-2abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=>\(a^2+b^2+c^2+2abc-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=> \(1-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
=> MAX P=1 <=> \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=c=1\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}b=0\\a=c=1\end{cases}}\)
hoặc \(\hept{\begin{cases}c=0\\a=b=1\end{cases}}\)
Sai thì bảo mình nhé
xin lỗi Dòng thứ 8 và 9 phải là
\(a^2+b^2+c^2+2abc-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
\(\Leftrightarrow1-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
9999999999999999x99999999999999 =?
1. Với các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2+b2+c2+2abc=1, tìm GTLN của biểu thức P=ab+bc+ca-abc.
2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn các điều kiện (a+c)(b+c)=4c2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P=\(\frac{a}{b+3c}+\frac{b}{a+3c}+\frac{ab}{bc+ca}\)
Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng: a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)
Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.
Khi đó ta có: (b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1(b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1 suy ra 2abc≥2ab+2ac−2a2abc≥2ab+2ac−2a
Do đó, a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)
⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0 (đúng)
Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1.
Với các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2+b2+c2+2abc=1. Tìm GTLN của biểu thức P=ab+bc+ca-abc.
1)Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn \(a^2-ab+b^2\)chia hết cho 9. Chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3
2)Với câc số thực dương a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+2abc=1\).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(ab+bc+ca-abc\)
.
1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)
\(\Rightarrow2a-b⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)
\(\Rightarrow3b^2⋮9\)
\(\Rightarrow b⋮3\)
\(\Rightarrow a⋮3\)
Câu 2 em nghĩ là dùng dồn biến.Câu 2 nếu làm kỹ sẽ rất dài do đó em làm khá tắt, vì vậy không thể tránh khỏi những sai sót khi quy đồng, chị tự kiểm tra lại:P
Giả sử c = min{a,b,c} suy ra \(1\ge3c^2+2c^3\Leftrightarrow0< c\le\frac{1}{2}\)
Chọn t > 0 thỏa mãn: \(2t^2+2t^2c=a^2+b^2+2abc\Leftrightarrow2t^2-\left(a^2+b^2\right)=2c\left(ab-t^2\right)\)
Giả sử \(ab>t^2\Rightarrow2t^2>a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow t^2>ab\) (trái với giả us73)
Vậy giả sử sai hay \(ab\le t^2\text{ và }a^2+b^2\ge2t^2\ge2ab\)
Đặt \(f\left(a;b;c\right)=ab+bc+ca-abc\)
Xét hiệu \(d=f\left(a;b;c\right)-f\left(t;t;c\right)\)
\(=\left(ab-t^2\right)+c\left(a+b-2t\right)-c\left(ab-t^2\right)\)
\(=\left(1-c\right)\left(ab-t^2\right)+\frac{c\left(a^2+b^2-2t^2\right)+2c\left(ab-t^2\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(1-c\right)\left(ab-t^2\right)+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)-c\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{a+b+2t}\)
\(=\frac{\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{2c}+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)-c\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{a+b+2t}\)
\(=\frac{\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{2c}+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)\left(1-c\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)\left[\frac{1}{2c}+\frac{1}{a+b+2t}\right]\le0\)
Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)=t^2+2tc-t^2c\). Ta cần tìm max của f(t;t;c). Mặt khác từ cách chọn t ta thấy:
\(2t^2+c^2+2t^2c=1\Leftrightarrow t=\sqrt{\frac{1-c}{2}}\). Do đó
\(f\left(t;t;c\right)=\frac{1-c}{2}+2\sqrt{\frac{1-c}{2}}.c-\frac{\left(1-c\right)c}{2}\) với \(0< c\le\frac{1}{2}\)
Dễ thấy f(t;t;c) là hàm đồng biến với \(0< c\le\frac{1}{2}\) nên f(t;t;c) đạt max tại c = 1/2. Khi đó \(f\left(t;t;c\right)=\frac{5}{8}\)
Vậy.....
CHO a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 . tìm GTLN của P =ab/a^4 +b^4+ab +bc/b^4+c^4+bc + ca/c^4+a^4+ca +2020
\(a^4+b^4+a^4+a^4\ge4\sqrt[4]{a^{12}b^4}=4a^3b\)
\(a^4+b^4+b^4+b^4\ge4\sqrt[4]{a^4b^{12}}=4ab^3\)
\(\Rightarrow4\left(a^4+b^4\right)\ge4\left(a^3b+ab^3\right)\Rightarrow a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
\(F=\Sigma\frac{ab}{a^4+b^4+ab}\le\Sigma\frac{ab}{a^3b+ab^3+ab}=\Sigma\frac{1}{a^2+b^2+1}=\Sigma\frac{2}{2a^2+2b^2+2}\)
\(\le\Sigma\frac{1}{ab+a+b}\)
Đến đây bí :(
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn (4a+5b)(4b+5c)(4c+5a)=729
tìm GTLN của M=\(abc\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+ca+ab\right)\left(c^2+ab+bc\right)\)
có ai ko giúp mk với
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn (4a + 5b)(4b + 5c)(4c + 5a) = 729
Tìm GTLN của \(abc\cdot\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+ca+ab\right)\left(c^2+ab+bc\right)\)
Cho a;b;c > 0 thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+2abc=1\)
Tìm GTLN của \(P=ab+bc+ca-abc\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow1=a^2+b^2+c^2+2abc\ge2c^3+3c^2\Rightarrow c\le\frac{1}{2}\)
Chọn t > 0 thỏa mãn: \(\hept{\begin{cases}2t^2+c^2+2t^2c=1\left(1\right)\\2t^2+c^2+2t^2c=a^2+b^2+c^2+2abc\left(2\right)\end{cases}}\) (từ (1) ta mới có (2):v)
(2) \(\Rightarrow2c\left(t^2-ab\right)=a^2+b^2-2t^2\).
Ta thấy rằng, nếu\(t^2< ab\) thì:\(2t^2>a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow t^2>ab\) (mâu thuẫn).
Vì vậy: \(t^2\ge ab\Rightarrow a^2+b^2\ge2t^2\). Bây giờ đặt P = f(a;b;c)
Xét: \(f\left(a;b;c\right)-f\left(t;t;c\right)=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+c\left(a+b-2t\right)\)
\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+\frac{c\left(a^2+b^2-2t^2\right)+2c\left(ab-t^2\right)}{a+b+2t}\)\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+\frac{2c^2\left(t^2-ab\right)-2c\left(t^2-ab\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)\left(1+\frac{2c}{a+b+2t}\right)\le0\)
Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)=f\left(t;t;1-2t^2\right)\).
\(=\frac{1}{8}\left(2c-1\right)^2\left[\left(2c-1\right)^2-6\right]+\frac{5}{8}\le\frac{5}{8}\)
Cách rất dài và hại não, tối rồi em lười check lại quá:((
cho a b c là các số dương thỏa mãn a^2+b^2+c^2=27 tìm GTLN của P= ab+bc+ca
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$a^2+b^2\geq 2\sqrt{a^2b^2}=2|ab|\geq 2ab$
$b^2+c^2\geq 2bc$
$c^2+a^2\geq 2ac$
Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
$2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ac)$
$\Rightarrow ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2=27$
Vậy GTLN của $P$ là $27$