Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn \(a^2+b^2=2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(M=\dfrac{a^3+b^3+4}{ab+1}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 3 2021
Lời giải:
Đặt $a+b+c=p; ab+bc+ac=q=1; abc=r$
$p,r\geq 0$
Áp dụng BĐT AM-GM: $p^2\geq 3q=3\Rightarrow p\geq \sqrt{3}$
$a,b,c\leq 1\Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow p+r\leq 2\Rightarrow p\leq 2$
$P=\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+3}{a+b+c-abc}=\frac{(a+b+c)^2+1}{a+b+c-abc}=\frac{p^2+1}{p-r}$
Ta sẽ cm $P\geq \frac{5}{2}$ hay $P_{\min}=\frac{5}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{p^2+1}{p-r}\geq \frac{5}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2-5p+2+5r\geq 0(*)$
---------------------------
Thật vậy:
Áp dụng BĐT Schur thì:
$p^3+9r\geq 4p\Rightarrow 5r\geq \frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3$
Khi đó:
$2p^2-5p+2+5r\geq 2p^2-5p+2+\frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3=\frac{1}{9}(2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$ do $p\leq 2$ và $p\geq \sqrt{3}$
$\Rightarrow (*)$ được CM
$\Rightarrow P_{\min}=\frac{5}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và hoán vị
HB
4
28 tháng 5 2018
Ta có: \(a^2+b^2=4\left(gt\right)\Rightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-4\)
\(\Rightarrow2M=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{a+b+2}=a+b-2\)
Mà \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M\le\sqrt{2}-1\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=\sqrt{2}\)
Vậy GTLN của \(M=\frac{ab}{a+b+2}=\sqrt{2}-1\)khi \(a=b=\sqrt{2}\)
27 tháng 5 2018
Ta có a2+b2=4
<=> (a+b)2=4+2ab
<=> (a+b)2-4=2ab
<=> (a+b-2)(a+b+2)=2ab
<=> \(\frac{\left(a+b-2\right)\left(a+b+2\right)}{2}=ab\)
Ta có \(M=\frac{ab}{a+b+2}=\frac{\left(a+b+2\right)\left(a+b-2\right)}{2\left(a+b+2\right)}=\frac{a+b-2}{2}=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-1\)
Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 số a/2 và b/2 ta có
\(\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le\frac{1}{2}.4\left(doa^2+b^2=4\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\right)^2\le2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\le\sqrt{2}\)
Do đó \(M=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-1\le\sqrt{2}-1\)
Vậy Max M = \(\sqrt{2}-1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 7 2021
Lý do gì mà người ra đề lại chọn 1 con số xấu phi lý như 9 ở đây nhỉ? Vì con số này là ko có ý nghĩa (2, 3, 4, 6 hay 9 gì thì cách giải đều giống nhau, nhưng việc chọn 9 khiến kết quả xấu khủng khiếp)
\(9=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le3\sqrt{2}\)
\(P=\dfrac{ab}{a+b+3}\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+3\right)}\)
Đặt \(a+b=x\Rightarrow0< x\le3\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{x^2}{x+3}=\dfrac{x^2}{x+3}+6-6\sqrt{2}-6+6\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{x^2+\left(6-6\sqrt{2}\right)x+18-18\sqrt{2}}{x+3}-6+6\sqrt{2}\)
\(4P\le\dfrac{\left(x-3\sqrt{2}\right)\left(x+6-3\sqrt{2}\right)}{x+3}-6+6\sqrt{2}\le-6+6\sqrt{2}\)
\(P\le\dfrac{-3+3\sqrt{2}}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{-3+3\sqrt{2}}{2}\) khi \(x=3\sqrt{2}\) hay \(a=b=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 8 2021
\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)
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
K
11 tháng 5 2023
Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng phương pháp điều chỉnh biểu thức P để biểu thức này có thể được phân tích thành tổng của các biểu thức có dạng a(x-y)+b(y-z)+c(z-x), trong đó x,y,z là các số thực không âm. Khi đó, ta có:
P = ab + bc - ca = a(b-c) + b(c-a) + c(a-b) = a(-c+b) + b(c-a) + c(-b+a) = a(x-y) + b(y-z) + c(z-x), với x = -c+b, y = c-a và z = -b+a
Do đó, để tìm giá trị lớn nhất của P, ta cần tìm các giá trị lớn nhất của x, y, z. Ta có:
x = -c+b ≤ b, vì c ≥ 0 y = c-a ≤ c ≤ 2022, vì a+b+c = 2022 z = -b+a ≤ a, vì b ≥ 0
Vậy giá trị lớn nhất của P là:
P_max = ab + bc - ca ≤ b(2022-a) + 2022a = 2022b
Tương tự, để tìm giá trị nhỏ nhất của P, ta cần tìm các giá trị nhỏ nhất của x, y, z. Ta có:
x = -c+b ≥ -2022, vì b ≤ 2022 y = c-a ≥ 0, vì c ≤ 2022 và a ≥ 0 z = -b+a ≥ -2022, vì a ≤ 2022
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:
P_min = ab + bc - ca ≥ (-2022)a + 0b + (-2022)c = -2022(a+c)
Do đó, giá trị lớn nhất của P là 2022b và giá trị nhỏ nhất của P là -2022(a+c).
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow-3\le a+b+c\le3\)
\(S=a+b+c+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+a+b+c-\dfrac{3}{2}\)
Đặt \(a+b+c=x\Rightarrow-3\le x\le3\)
\(S=\dfrac{1}{2}x^2+x-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\left(x+1\right)^2-2\ge-2\)
\(S_{min}=-2\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=-1\\a^2+b^2+c^2=3\end{matrix}\right.\) (có vô số bộ a;b;c thỏa mãn)
\(S=\dfrac{1}{2}\left(x^2+2x-15\right)+6=\dfrac{1}{2}\left(x-3\right)\left(x+5\right)+6\le6\)
\(S_{max}=6\) khi \(x=3\) hay \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 3 2022
1.
Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)
Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)
Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)
Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)
Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{x^2y^2}-\dfrac{\left(x-y\right)^2}{2xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2\left(2x^2+2y^2-xy\right)}{2x^2y^2}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng
Em mới tìm được Min thôi ạ, Max =\(2\sqrt{2}+4\)nhưng chưa biết cách giải , mọi người giúp với ạ
áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
\(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3.1}=3ab\)
\(\Rightarrow M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}=\frac{\left(a^3+b^3+1\right)+3}{ab+1}\ge\frac{3ab+3}{ab+1}=3\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M=3 khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2\\a^3=b^3=1\end{cases}\Rightarrow}a=b=1\)
\(0\le a\le\sqrt{2}\Rightarrow a\left(a-\sqrt{2}\right)\le0\Rightarrow a^2\le a\sqrt{2}\Rightarrow a^3\le a^2\sqrt{2}\)
Tương tự và cộng lại: \(a^3+b^3\le\sqrt{2}\left(a^2+b^2\right)=2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow M\le\frac{2\sqrt{2}+4}{ab+1}\le\frac{2\sqrt{2}+4}{1}=2\sqrt{2}+4\) (do \(ab\ge0\Rightarrow ab+1\ge1\))
Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\)