cho các số thực dương a,b,c thoa man 1/a+1 + 1/b+1 +1/c+1<=1 tìm GTNN của P= a^3/a^2+ab+b^2 + b^3/b^2+bc+c^2 + c^3/c^2+ca+a^2 . Mọi người giải giúp mình bài bđt này với ạ
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
16 tháng 8 2019
cách max dài và hại não
cần C/m : \(\Sigma\sqrt{a^2-a+1}\ge\Sigma a\) \(\Leftrightarrow3+2\sqrt{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\ge2\Sigma ab+\Sigma a\)( * )
Ta có \(\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)=\left(\frac{3}{4}\left(a-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+1\right)^2\right)\left(\frac{3}{4}\left(b-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(b+1\right)^2\right)\)
\(\ge\frac{3}{4}\left|a-1\right|\left|b-1\right|+\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\)( BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski )
\(\ge\frac{3}{4}\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(b+1\right)=\frac{-1}{2}ab+a+b-\frac{1}{2}\)
Do đó : VT ( * ) \(\ge4\Sigma a-\Sigma ab\). BĐT đúng nếu : \(\Sigma a\ge\Sigma ab\)
Điều này đúng khi trong a,b,c có 1 số \(\le\)1 và 1 số khác \(\ge\)1
Ta xét trong a,b,c có 2 số \(\ge\)1 , giả sử là b và c . Khi đó BĐT đã cho trở thành :
\(\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{1-b}{\sqrt{b^2-b+1}+b}+\frac{1-c}{\sqrt{c^2-c+1}+c}\ge0\)( ** )
b,c \(\ge\)1 \(\Rightarrow1-b,1-c\le0\)
Ta có : \(\sqrt{b^2-b+1}\ge\frac{b+1}{2}\)và \(\sqrt{c^2-c+1}\ge\frac{c+1}{2}\)
Do đó : VT ( ** ) \(\ge\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{2\left(1-b\right)}{3b+1}+\frac{2\left(1-c\right)}{3c+1}\)
\(=\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{8}{3}\left(\frac{1}{3b+1}+\frac{1}{3c+1}\right)-\frac{4}{3}\)
bổ đề \(\sqrt{bc}\ge1\)thì \(\frac{1}{3b+1}+\frac{1}{3c+1}\ge\frac{2}{3\sqrt{bc}+1}\Leftrightarrow\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left(9\sqrt{bc}-1\right)\ge0\)
vì vậy : VT (**) \(\ge\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{16}{3\left(3\sqrt{bc}+1\right)}-\frac{4}{3}\)
\(=\sqrt{a^2-a+1}-a+\frac{16\sqrt{a}}{3\left(3+\sqrt{a}\right)}-\frac{4}{3}\)
đặt \(\sqrt{a}=t\le1\), cần chứng minh : \(\sqrt{t^4-t^2+1}-t^2+\frac{16t}{3\left(3+t\right)}\ge\frac{4}{3}\)( BĐT đúng nếu t > 0,28 )
Xét \(a\le t^2=0,0784\Rightarrow a\in\left[0;0,0784\right]\)
Lại có : \(\sqrt{b^2-b+1}>b-\frac{1}{2};\sqrt{c^2-c+1}>c-\frac{1}{2}\)
Do đó : \(\frac{1-b}{\sqrt{b^2-b+1}+b}+\frac{1-c}{\sqrt{c^2-c+1}+c}\ge\frac{1-b}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{1-c}{2c-\frac{1}{2}}\)
\(\frac{1}{2}\left[\frac{\frac{3}{2}-\left(2b-\frac{1}{2}\right)}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{\frac{3}{2}-\left(2c-\frac{1}{2}\right)}{2c-\frac{1}{2}}\right]=\frac{3}{4}\left(\frac{1}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{1}{2c-\frac{1}{2}}\right)-1\)
\(\ge\frac{3}{\frac{1}{\sqrt{bc}}-1}=\frac{3\sqrt{a}}{4-\sqrt{a}}-1\)
do đó : VT ( ** ) \(\ge\sqrt{t^4-t^2+1}-t^2+\frac{3t}{4-t}-1\)\(\ge0\)
\(\Leftrightarrow3t\left(\frac{1}{4-t}+\frac{t}{\sqrt{t^4-t^2+1}+t^2+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow3t.\frac{\sqrt{t^4-t^2+1}+2t^2-4t+1}{\left(4-t\right)\left(\sqrt{t^4-t^2+1}+t^2+1\right)}\ge0\)
BĐT cuối đúng \(\forall\)t < 0,25 < 0,28
\(\Rightarrow\)đpcm
P/s : bài này mình tham khảo nha. cách rất dài, khó
LT
0
TA
13 tháng 6 2020
Bạn có thể làm cho mik bằng cách hệ số bất định được ko?Cảm ơn bạn rất nhiều
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 6 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM: $1=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq \frac{1}{27}$
Từ đây, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{abc+a}+\frac{b^2}{abc+b}+\frac{c^2}{abc+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3abc+a+b+c}=\frac{1}{3abc+1}\geq \frac{1}{3.\frac{1}{27}+1}=\frac{9}{10}\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
LA
0
DV
0
NQ
1
1 tháng 5 2016
Số học sinh nữ là:
40x3/8 = 15(học sinh)
Số học sinh nam là:
40-15=25(học sinh)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
HT
1
12 tháng 1 2020
+ \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)\) \(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow b=c\)
+ Tương tự : \(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ca}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}}\) Dấu "=" \(\Leftrightarrow c=a\)
\(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\) Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b\)
Do đó \(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}=\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\) Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
\(1\ge\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\ge\dfrac{9}{a+1+b+1+c+1}\)
\(\Rightarrow a+b+c+3\ge9\Rightarrow a+b+c\ge6\)
Ta có:
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-a\left(ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a}{3}-\dfrac{b}{3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{2b}{3}-\dfrac{c}{3}\)
\(\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{2c}{3}-\dfrac{a}{3}\)
Cộng vế:
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{a+b+c}{3}\ge\dfrac{6}{3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)