CHO a>0, b>0, c>0 tm \(2\left(b^2+bc+c^2\right)=3\left(3-a^2\right)\))
TÌM GTNN của \(T=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt cô si ta có:
\(\frac{a^2\left(b+1\right)}{a+b+ab}+\frac{a+b+ab}{b+1}\ge2a\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2\left(b+1\right)}{a+b+ab}\ge2a-\frac{a\left(b+1\right)+b}{b+1}=2a-a-\frac{b}{b+1}=a-\frac{b}{b+1}\)
Mặt khác:
\(\frac{b}{b+1}\le\frac{b+1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2\left(b+1\right)}{a+b+ab}\ge a-\left(\frac{b+1}{4}\right)\)
Tương tự:
\(\frac{b^2\left(c+1\right)}{b+c+bc}\ge b-\left(\frac{c+1}{4}\right)\)
\(\frac{c^2\left(a+1\right)}{c+a+ca}\ge c-\left(\frac{a+1}{4}\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\left(a+b+c\right)-\left(\frac{a+1}{4}+\frac{b+1}{4}+\frac{c+1}{4}\right)=\left(a+b+c\right)-\left(\frac{\left(a+b+c\right)+3}{4}\right)=3-\left(\frac{3+3}{4}\right)=\frac{3}{2}\)Vậy GTNN của P=3/2
(Thấy sai sai chỗ nào đó mà ko biết chỗ nào, ae thấy thì chỉ nhá )
đoạn bạn dùng cô si ấy hình như bị sai do nếu a=b=c=1 thì sao lại a^2(b+1)/(a+b+ab)=(a+b+ab)/(b+1)
Lời giải:
Ta có:
$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac=\frac{6(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)}{6}=\frac{4(a+b+c)^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6}$
$\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6}$
$\Rightarrow P\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6}.\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]$
Đặt $a-b=m, b-c=n$ thì $a-c=m+n$
Khi đó:
$6P\geq [m^2+n^2+(m+n)^2]\left[\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(m+n)^2}\right]$
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz:
$[m^2+n^2+(m+n)^2]\left[\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(m+n)^2}\right]$
$\geq [\frac{(m+n)^2}{2}+(m+n)^2]\left[\frac{1}{2}(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})^2+\frac{1}{(m+n)^2}\right]$
$\geq \frac{3}{2}.(m+n)^2\left[\frac{8}{(m+n)^2}+\frac{1}{(m+n)^2}\right]$
$=\frac{3}{2}(m+n)^2.\frac{9}{(m+n)^2}=\frac{27}{2}$
$\Rightarrow 6P\geq \frac{27}{2}$
$\Rightarrow P\geq \frac{9}{4}$
Vậy GTNN của $P$ là $\frac{9}{4}$.
\(\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1-a}{8}+\frac{1-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}.\frac{\left(1-a\right)}{8}.\frac{1-a}{8}}=\frac{3a}{4}\)
Suy ra \(\frac{a^3}{1-a^2}\ge\frac{3a}{4}-\frac{\left(1-a\right)}{4}=\frac{4a-1}{4}\)
Tương tự hai BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(A\ge\frac{4\left(a+b+c\right)-3}{4}=\frac{1}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Ta có: \(P=\Sigma\dfrac{a^2\left(b+1\right)}{a\left(b+1\right)+b}=\Sigma\dfrac{a^2\left(b+1\right)+ab-ab}{a\left(b+1\right)+b}=\Sigma\left(a-\dfrac{ab}{a\left(b+1\right)+b}\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)-\Sigma\dfrac{ab}{a\left(b+1\right)+b}=3-\Sigma\dfrac{ab}{a\left(b+1\right)+b}\)
Áp dụng BĐT Cauchy \(\Rightarrow a\left(b+1\right)+b=ab+b+a\ge3\sqrt[3]{a^2b^2}\)
\(\Rightarrow P\ge3-\Sigma\dfrac{ab}{\sqrt[3]{a^2b^2}}=3-\Sigma\dfrac{\sqrt[3]{ab}}{3}\)
mà \(\sqrt[3]{ab}=\sqrt[3]{a.b.1}\le\dfrac{a+b+1}{3}\)
\(3-\Sigma\dfrac{\sqrt[3]{ab}}{3}=3-\dfrac{\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ac}}{3}\ge3-\dfrac{\dfrac{2\left(a+b+c\right)+3}{3}}{3}=3-1=2\)
\(\Rightarrow P\ge2\) \(\Rightarrow MinP=2\) khi a = b = c =1
Lời giải khác:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P=\frac{a^2(b+1)}{a+b+ab}+\frac{b^2(c+1)}{b+c+bc}+\frac{c^2(a+1)}{c+a+ac}\)\(=\frac{a^2}{\frac{a+b+ab}{b+1}}+\frac{b^2}{\frac{b+c+bc}{c+1}}+\frac{c^2}{\frac{c+a+ca}{a+1}}\)
\(\geq \frac{(a+b+c)^2}{\frac{(a+1)(b+1)-1}{b+1}+\frac{(b+1)(c+1)-1}{c+1}+\frac{(c+1)(a+1)-1}{a+1}}\)
\(\Leftrightarrow P\geq \frac{9}{a+b+c+3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)}=\frac{9}{6-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{9}{a+1+b+1+c+1}=\frac{9}{a+b+c+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Do đó: \(6-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\leq 6-\frac{3}{2}=\frac{9}{2}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{9}{\frac{9}{2}}=2\)
Vậy P min là 2
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
ta có A=\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}+\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}+\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}\)
mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\ge\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{2}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a^2}{2}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}+...\)
Áp dụng bđt co si ta có , \(\frac{a^2}{2}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
tương tự mấy cái kia rồi + vào thì A>=...
đây là 1 sự nhầm lẫn đối với các bạn nhác tìm dấu = :))
Sử dụng BĐT Svacxo ta có :
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\)
\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{18}{2ab+2bc+2ca}\ge\frac{\left(1+\sqrt{18}\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)
\(=\frac{19+\sqrt{72}}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{25\sqrt{2}}{1}=25\sqrt{2}\)
bài làm của e :
Áp dụng BĐT Svacxo ta có :
\(Q\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)
Theo hệ quả của AM-GM thì : \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(< =>\frac{7}{ab+bc+ca}\ge\frac{7}{\frac{1}{3}}=21\)
Tiếp tục sử dụng Svacxo thì ta được :
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+21=30\)
Vậy \(Min_P=30\)đạt được khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Và đương nhiên cách bạn dcv_new chỉ đúng với \(k\ge2\) ở bài:
https://olm.vn/hoi-dap/detail/259605114604.html
Thực ra bài Min \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\) khi a + b + c = 1
chỉ là hệ quả của bài \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{k}{ab+bc+ca}\) khi \(a+b+c\le1\)
Ngoài ra nếu \(k< 2\) thì min là: \(\left(1+\sqrt{2k}\right)^2\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :
\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+c\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)
Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)
\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)
\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Vậy ...
2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có :
\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)
Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)
Tương tự : ....
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)
\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)
Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1
bài 1
ÁP dụng AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{b\left(2c+a\right)}+\frac{2c+a}{9}+\frac{b}{3}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3.\left(2c+a\right).b}{b\left(2c+a\right).27}}=a.\)
tương tự ta có:\(\frac{b^3}{c\left(2a+b\right)}+\frac{2a+b}{9}+\frac{c}{3}\ge b,\frac{c^3}{a\left(2b+c\right)}+\frac{2b+c}{9}+\frac{a}{3}\ge c\)
công tất cả lại ta có:
\(P+\frac{2a+b}{9}+\frac{2b+c}{9}+\frac{2c+a}{9}+\frac{a+b+c}{3}\ge a+b+c\)
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\ge a+b+c\)
Thay \(a+b+c=3\)vào ta được":
\(P+2\ge3\Leftrightarrow P\ge1\)
Vậy Min là \(1\)
dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)