cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc=1 tìm min của
P= \(\frac{ab}{2b+c}+\frac{bc}{2c+a}+\)\(\frac{ca}{2a+b}\)
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
23 tháng 12 2017
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 \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
N
19 tháng 8 2020
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
27 tháng 4 2020
Bạn xem lại đề nhé! Mình nghĩ đề đúng là:
"a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. Tìm Min \(P=a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\)"
Bạn áp dụng BĐT AM-GM là ra nhé
T
24 tháng 1 2019
Ối,không ngờ đề gắt ~v
Theo Cô si,ta có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{3}{\frac{x+y+z}{3}}=\frac{9}{x+y+z}\)
Suy ra \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
Áp dụng vào,ta có: \(\frac{1}{a+2b+3c}=\frac{1}{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(b+c\right)}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
Chứng minh tương tự và cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{9}\left[\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)+2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\right]\)
\(=\frac{1}{9}\left[3\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\right]=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
Lại có BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
Áp dụng vào,ta có: \(VT\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\le\frac{1}{12}\left[2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Nhân abc vào mỗi vế : \(VT.abc\le\frac{1}{6}\left(ab+bc+ca\right)=\frac{abc}{6}\)
Chia cả hai vế cho abc (vì a,b,c dương nên abc khác 0): \(VT\le\frac{1}{6}< \frac{3}{16}\)(đpcm)
Cũng không biết đúng hay sai nữa :v
I
2 tháng 7 2020
Bìa này muốn làm cân 2 bước nha
Bước 1 ) CM BĐT \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)
nó được CM như sau
áp dụng BĐT cô si ta đc
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge3.\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}}=9.\sqrt[3]{xyz.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}}=9\)
dấu = xảy ra khi x=y=z
I
2 tháng 7 2020
Bước 2 ) Theo CM bước 1 . áp dụng ta đc
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}=\frac{ab}{9}.\frac{9}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}\le\frac{ab}{9}.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
CM tương tự ta đc
\(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2c}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ca}{9}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}\right)\)
cộng zế zới zế ta đc
\(A\le\frac{1}{9}\left(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2}\right)\)
\(A\le\frac{1}{9}\left(b+a+c+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}=\frac{6}{6}=1\)
=> MAx A=1 khi a=b=c=2
13 tháng 8 2016
Hình như đề bài có vấn đề : thừa đk ab + bc + ac = abc
ta có : \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{\sqrt{4a^2b^2}}{ab}=\frac{2ab}{ab}=2\)
Tương tự \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge2\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2+2+2=6>\sqrt{3}\)
15 tháng 5 2018
Ta có: \(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\)
\(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+\left(a+b+c\right)a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+\left(a+b+c\right)b}}\)
\(P=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\frac{bc}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\frac{ca}{\sqrt{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}\)
\(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)}.\frac{ab}{\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{b+a}.\frac{bc}{c+a}}+\sqrt{\frac{ca}{c+b}.\frac{ca}{a+b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{a+b}\right)=\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=1\)
Vậy Max P=1 khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
RR
15 tháng 5 2018
\(P=\Sigma\dfrac{ab}{\sqrt{ab+2c}}=\Sigma\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\Sigma\dfrac{\sqrt{ab}.\sqrt{ab}}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}.\Sigma\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\) \(=\dfrac{1}{2}.\left(a+b+c\right)=1\)
KN
21 tháng 5 2020
Đặt \(a^2+b^2+c^2=t\)
Ta đi chứng minh: \(t=a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)(*)
Thật vậy: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)(**)
Áp dụng BĐT AM - GM, ta có: \(a^3+ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)(do a,b dương) (1)
Tương tự ta có: \(b^3+bc^2\ge2b^2c\left(2\right);c^3+2ca^2\ge2c^2a\left(3\right)\)
Cộng theo vế của các BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge2\left(a^2b+2b^2c+2c^2a\right)\)(***)
Từ (**) và (***) suy ra \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\). Do đó (*) đúng.
Ta có: \(P=a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=t+\frac{9-t}{2t}\)với \(t=a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Bài toán trở thành tìm GTNN của \(f\left(t\right)=t+\frac{9-t}{2t}\)với \(t\ge3\)
Ta chứng minh \(f\left(t\right)\ge f\left(3\right)\Leftrightarrow t+\frac{9-t}{2t}\ge4\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-3\right)}{2t}\ge0\)(đúng với mọi \(t\ge3\))
Vậy \(MinP=4\)khi t = 3 hay a = b = c = 1
P=abc/(2bc+c^2)+abc/(2ac+a^2)+abc/(2ab+b^2)
P=1/(2bc+c^2)+1/(2ac+a^2)+1/(2ab+b^2)
áp dụng BĐT cô-si swat ta có
P>=(1+1+1)^2/(a+b+c^2)=9/(a+b+c)^2>=9/((3 căn bậc 3 abc)^2=9/9=1
dấu = xảy ra khi a=b=c=1
Huy Nguyễn Đức ngược dấu r