Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(P=\dfrac{a+3}{a+1}+\dfrac{b+3}{b+1}+\dfrac{c+3}{c+1}\)
\(P=3+2.\left(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\right)\)
\(P\ge3+2.\dfrac{9}{a+b+c+3}=6\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(min_P=6\), xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1.
\(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)< 0\\ \Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]< 0\\ \Leftrightarrow\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\left(1\right)\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tg nên \(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a-b< c\\a+b>c\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b+c>0\\a-b-c< 0\\a+b-c>0\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\)
Do đó \(\left(1\right)\) luôn đúng (do 3 dương nhân 1 âm ra âm)
Từ đó ta được đpcm
Cho a,b,c>0 và a^2+b^2+c^2=3. chứng minh a/(a^2+2b+3) +b/(b^2+2c+3) + c/(c^2+2a+3) nhỏ hơn bằng 1/2?
Ta có:\(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)
Tương tự ta được:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{-b-1}{a+b+1}+\frac{-c-1}{b+c+1}+\frac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\)(*)
Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:
VT(*)\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)
Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)
\(=\frac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)
=>VT(*)\(\ge\)2=VP (*)
Vậy Bđt được chứng minh
Ta có BĐT sau:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\ge2a^2b+2b^2c+2c^2a\)
Sử dụng AM - GM ta dễ có được:
\(a^3+ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)
\(b^3+bc^2\ge2\sqrt{b^4c^2}=2b^2c\)
\(c^3+c^2a\ge2\sqrt{c^4a^2}=2c^2a\)
\(\Rightarrow BĐT\) đầu tiên đúng
Khi đó ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\Rightarrow P\ge a^2b+b^2c+c^2a+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
Một vài đánh giá cơ bản rồi đặt ẩn phụ rồi xét đạo hàm phát ra nhé
@huybip5cc, bn giải kĩ ra giúp mk nhé, mk dốt lắm, nhìn vậy ko hiểu đâu ạ, mơn nh!
\(P=2\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{12}+\dfrac{3}{a+b+c}+\dfrac{23}{12}\left(a+b+c\right)\)
\(P\ge2\sqrt{\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{12\left(a+b+c\right)}}+\dfrac{23}{12}.6=\dfrac{25}{2}\)
\(P_{min}=\dfrac{25}{2}\) khi \(a=b=c=2\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Ta có : \(p=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}.\frac{b+c}{4ab}}=\frac{1}{a}\)
\(\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{a+c}{4ac}\ge4\sqrt{\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}.\frac{a+c}{4ac}}=\frac{1}{b}\)
\(\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}.\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)
Cộng vế với vế ta được \(p+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow p+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow p\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{2a.2b.2c}}=\frac{3}{\sqrt[3]{8abc}}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Xét: \(\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\frac{bc}{a\cdot abc\cdot\frac{1}{c}+a\cdot abc\cdot\frac{1}{b}}=\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)(*)
Tương tự với (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{ca}{b^2c+ab^2}=\frac{c^2a^2}{ab+bc}\\\frac{ab}{c^2a+bc^2}=\frac{a^2b^2}{ca+bc}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)
Ta thấy\(\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\) có dạng: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
Bước cuối Cô-si ba số và kết hợp điều kiện abc=1 là xong
Ta có: \(1=a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\).
\(P=\dfrac{a^3}{b+2c}+\dfrac{b^3}{c+2a}+\dfrac{c^3}{a+2b}=\dfrac{a^4}{ab+2ca}+\dfrac{b^4}{bc+2ab}+\dfrac{c^4}{ca+2bc}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{1}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{1}{3}\)
Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).