Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz và Cauchy ta có:
\(P=\frac{1}{a^2}\left(b^2+c^2\right)+a^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\ge\frac{b^2+c^2}{a^2}+a^2\cdot\frac{9}{b^2+c^2}\) (Cauchy - Schwarz)
\(=\left(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}\right)+8\cdot\frac{a^2}{b^2+c^2}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{b^2+c^2}{a^2}\cdot\frac{a^2}{b^2+c^2}}+8\cdot\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}\) (BĐT Cauchy)
\(=2+8=10\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b\sqrt{2}=c\sqrt{2}\)
Vậy Min(P) = 10 khi \(a=b\sqrt{2}=c\sqrt{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(6=2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)\)
\(\ge4+\frac{c\left(a^3+b^3\right)}{a^2b^2}\ge4+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\)\(\Rightarrow\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\in\text{(}0;2\text{]}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz lại có:
\(P\ge\frac{\left(bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}+\frac{4}{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\)\(\ge\frac{3c^2\left(a+b\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{4}{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\)
\(=\frac{\frac{3c^2\left(a+b\right)^2}{a^2b^2}}{2\left(1+\frac{ca}{ab}+\frac{bc}{ab}\right)^2}+\frac{4}{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\)
\(=\frac{\frac{3c^2\left(a+b\right)^2}{a^2b^2}}{2\left[1+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\right]^2}+\frac{4}{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\)
Đặt \(x=\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\left(x\in\text{(}0;2\text{]}\right)\) khi đó ta có:
\(P\ge\frac{3x^2}{2\left(1+x\right)^2}+\frac{4}{x}\) cần chứng minh \(P\ge\frac{8}{3}\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(7x^2+22x+12\right)\le0\forall x\in\text{(0;2]}\)
Vậy \(Min_P=\frac{8}{3}\) khi a=b=c=2
\(A=\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{bc+ba}+\frac{ab}{ac+bc}\)
Đặt: \(ab=x;bc=y;ac=z\)=> xyz = 1; x,y,z>0
\(A=\frac{y}{x+z}+\frac{z}{y+x}+\frac{x}{z+y}=\frac{y^2}{xy+yz}+\frac{z^2}{yz+xz}+\frac{x^2}{zx+xy}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+xz+xz\right)}\ge\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z= 1 => a = b = c = 1
Vậy gtnn của A = 3/2 tại a = b = c = 1
Từ giả thiết \(1\le a\le2\),suy ra
\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2-3a+2\le0\)
Tương tự \(b^2-3b+2\le0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2-3\left(a+b\right)+4\le0\)
Do đó
\(P=a^2+b^2-3\left(a+b\right)+4-\left(a+\frac{1}{a}\right)-\left(\frac{b}{4}+\frac{1}{b}\right)\)
\(P=\left[a^2+b^2-3\left(a+b\right)+4\right]-\left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{b}}{2}-\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2-3\le-3\)
Đẳng thức xảy ra khi\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{a}}\\\frac{\sqrt{b}}{2}=\frac{1}{\sqrt{b}}\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\end{cases}}\)
Vậy \(max_P=-3\Leftrightarrow a=1;b=2\)
P/ s : Các bạn tham khảo nha
Câu hỏi của Phạm Trần Minh Trí - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo.
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\frac{a^3}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3}{4}a\)
Suy ra \(\frac{a^3}{\left(b+c\right)^2}\ge\frac{3a-b-c}{4}\)
Tương tự các BĐT còn lại và cộng theo vế ta được \(VT\ge\frac{a+b+c}{4}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b= c = 2
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=0;b=1;c=2\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
