Cho a,c,b là các số dương thỏa mãn a+b+c=3
Tìm MIn , Max của M = \(\sqrt{a^2+a+4}+\sqrt{b^2+b+4}+\sqrt{c^2+c+4}\)
cho a,b là các số dương thỏa mãn: a+b+c=3
Tìm GTNN của M=\(\sqrt{a^2+ab+b^2}\)+\(\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}\)
\(a^2+ab+b^2=\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2=\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2\)
Tương tự, ta có:
\(M\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(c+a\right)=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho a,c,b là các số dương thỏa mãn a+b+c=3
Tìm MIn , Max của M = \(\sqrt{a^2+a+4}+\sqrt{b^2+b+4}+\sqrt{c^2+c+4}\)
\(M=\sqrt{\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(b+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(c+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2}\)
\(M\ge\sqrt{\left(a+b+c+\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{15}}{2}\right)^2}=3\sqrt{6}\)
\(M_{min}=3\sqrt{6}\) khi \(a=b=c=1\)
\(M_{max}\) ko tồn tại
BĐT+TÌM CỰC TRỊ
1.Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn xyz >= x+y+z+2. Tìm Max x+y+z?
2.Cho x,y,z t/m xy+yz+zx=4. Tìm Min A=x^4+y^4+z^4
3. Cho a,b,c với a>c;b>c>0. CMR: \(\sqrt{c\left(a+c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}
a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=2. Tìm max và min của \(P=\sqrt{a+b^3c^3}+\sqrt{b+c^3a^3}+\sqrt{c+a^3b^3}\)
Biểu thức này có vẻ chỉ tìm được min chứ ko tìm được max:
Min:
\(P^2=a+b+c+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(b+c^3a^3\right)}+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}+2\sqrt{\left(b+c^3a^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}\)
\(P^2\ge a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\ge a+b+c=2\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{2}\)
\(P_{min}=\sqrt{2}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;2\right)\) và các hoán vị
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c\(\ge\)6. Tìm min
\(P=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{a+c}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{a+b}}\)
Ta có \(a^2+\dfrac{1}{b+c}=a^2+\dfrac{1}{6-a}\)
Mà \(a+b+c=6\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)
\(\Rightarrow a^2+\dfrac{1}{6-a}\ge2^2+\dfrac{1}{6-2}=\dfrac{17}{4}\)
\(\Rightarrow P=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{6-a}}\ge\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 2(a + b + c) + ab + bc + ca = 18
Tìm Min của :
P = \(\sqrt{25+a^4}+\sqrt{25+b^4}+\sqrt{25+c^4}\)
Ta có bất đẳng thức phụ sau (bđt Mincopski)
\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\left(x;y;z;t\inℝ\right)\)
Thật vậy :
\(bđt\Leftrightarrow x^2+y^2+2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(z^2+t^2\right)}+z^2+t^2\ge x^2+2xz+z^2+y^2+2yt+t^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2}\ge xz+yt\)
*Nếu xz + yt < 0 thì bđt hiển nhiên đúng
*Nếu xz + yt > 0 thì bđt trở thành
\(x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2z^2+2xyzt+y^2t^2\)
\(\Leftrightarrow x^2t^2-2xyzt+y^2z^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(xt-yz\right)^2\ge0\)(ĐÚng)
Vậy bđt được chứng minh
Áp dụng bđt trên 2 lần ta được
\(P\ge\sqrt{\left(5+5\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}+\sqrt{25+c^4}\)
\(\ge\sqrt{\left(5+5+5\right)^2+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
\(=\sqrt{225+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Bài toán quay về tìm \(min\left(a^2+b^2+c^2\right)\)biết \(2\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca=18\)
Ta có bđt phụ sau \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)(Tự chứng minh bằng biến đổi tương đương nhé)
\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Đặt \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=t\left(t\ge0\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3t}\)
Lại có bđt phụ sau \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2=\frac{t}{3}\)
Tóm lại ta thu được 2 bđt sau \(\hept{\begin{cases}a+b+c\le\sqrt{3t}\\ab+bc+ca\le\frac{t}{3}\end{cases}}\)
Ta có \(18=2\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca\le2\sqrt{3t}+\frac{t}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{t}{3}+2\sqrt{3t}-18\ge0\)
\(\Leftrightarrow t+6\sqrt{3t}-54\ge0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{t}\le-9-3\sqrt{3}\left(Loa_.i\cdot do\cdot\sqrt{t}\ge0\right)\\\sqrt{t}\ge9-3\sqrt{3}\left(Tm\right)\end{cases}}\)
Có \(\sqrt{t}\ge9-3\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge9-3\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge108-54\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge36-18\sqrt{3}\)
Quay trở lại bài toán \(P\ge\sqrt{225+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge\sqrt{225+\left(36-18\sqrt{3}\right)^2}\)
Dấu "=" xảy ra tại a = b = c
P/S: sai đâu thì thôi nha :v a lười ktra lại lắm
1. Cho \(x,y,z>1\) và \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=2\) . Cmr \(\sqrt{x+y+z}\ge\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\)
2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=6\) . Tính Min của \(A=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\)
3. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=1\) . Tính min của \(B=a+b+c+\dfrac{1}{abc}\)
4. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c+ab+bc+ac=6\) . Tính Max của \(C=abc\)
5. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=2\) . Tính Max của \(D=abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Giúp mk nhanh nhé mn ơi
Câu 3. Dự đoán dấu "=" khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Dùng phương pháp chọn điểm rơi thôi :)
LG
Áp dụng bđt Cô-si được \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Rightarrow1\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{3}\ge\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{27}\ge a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{27}}\ge abc\)
Khi đó :\(B=a+b+c+\frac{1}{abc}\)
\(=a+b+c+\frac{1}{9abc}+\frac{8}{9abc}\)
\(\ge4\sqrt[4]{abc.\frac{1}{9abc}}+\frac{8}{9.\frac{1}{\sqrt{27}}}\)
\(=4\sqrt[4]{\frac{1}{9}}+\frac{8\sqrt{27}}{9}=\frac{4}{\sqrt[4]{9}}+\frac{8}{\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}+\frac{8}{\sqrt{3}}=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Vậy .........
2, \(A=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\)
\(A=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\)
\(A=\left[\frac{a^2}{b+c}+\frac{\left(b+c\right)}{4}\right]+\left[\frac{b^2}{a+c}+\frac{\left(a+c\right)}{4}\right]+\left[\frac{c^2}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)}{4}\right]-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(A\ge2.\sqrt{\frac{a^2}{4}}+2.\sqrt{\frac{b^2}{4}}+2.\sqrt{\frac{c^2}{4}}-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(A\ge a+b+c-\frac{6}{2}\)
\(A\ge6-3\)
\(A\ge3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b+c}=\frac{b+c}{4}\Leftrightarrow4a^2=\left(b+c\right)^2\Leftrightarrow2a=b+c\)(1)
\(\frac{b^2}{a+c}=\frac{a+c}{4}\Leftrightarrow4b^2=\left(a+c\right)^2\Leftrightarrow2b=a+c\)(2)
\(\frac{c^2}{a+b}=\frac{a+b}{4}\Leftrightarrow4c^2=\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow2c=a+b\)(3)
Lấy \(\left(1\right)-\left(3\right)\)ta có:
\(2a-2c=c+b-a-b=c-a\)
\(\Rightarrow2a-2c-c+a=0\)
\(\Leftrightarrow3.\left(a-c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a-c=0\Leftrightarrow a=c\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}b=c\\a=b\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a=b=c=2\)
Vậy \(A_{min}=3\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Ta có: \(a+b+c+ab+bc+ca=6\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c+ab+bc+ca\ge6.\sqrt[6]{\left(abc\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow6\ge6.\sqrt[6]{\left(abc\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\sqrt[6]{\left(abc\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\left(abc\right)^3\)
\(\Leftrightarrow1\ge abc\)
\(\Leftrightarrow1\ge C\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=ab=bc=ca\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(C_{max}=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
1. Cho a,b,c thực dương thỏa mãn: abc=1
Tìm GTLN:
A= \(\frac{a}{b^4+c^4+a}+\frac{b}{a^4+c^4+b}+\frac{c}{a^4+b^4+c}\)
2. Cho a,b,c thực dương thỏa mãn: abc= a+b+c+2
Tìm max:
P= \(\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{a^2+c^2}}\)
\(b^4+c^4-bc\left(b^2+c^2\right)=\left(b^2+bc+c^2\right)\left(b-c\right)^2\)
\(\Rightarrow b^4+c^4\ge bc\left(b^2+c^2\right)\)
Tương tự\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+b^4+c^4}\le\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc}\)
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)=1\)
oke rồi he
@Nub :v
Áp dụng Bunhiacopski ta dễ có:
\(\frac{a}{b^4+c^4+a}=\frac{a\left(1+1+a^3\right)}{\left(b^4+c^4+a\right)\left(1+1+a^3\right)}\le\frac{a^4+2a}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự:
\(\frac{b}{a^4+c^4+b}\le\frac{b^4+2b}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2};\frac{c}{a^4+b^4+c}\le\frac{c^4+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng lại:
\(A\le\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta đi chứng minh:
\(\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le1\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Cái này luôn đúng theo Cauchy
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c= 4.Chứng minh rằng \(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}\ge2\sqrt{2}\)
hả?
bài để thi hok kì I đó hả? đúng khó *_*
mk sẽ ghi lại để sau này mk hok