Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(1=a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\Rightarrow2P=2a^2+2b^2+2c^2=\frac{2}{a+b+c}+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow3P=3a^2+3b^2+3c^2=\frac{2}{a+b+c}+a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(=\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}+\left(a+b+c\right)^2\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}}=3\)
\(\Rightarrow P\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị.
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(\Leftrightarrow a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}+b-\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+c-\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-\left[\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\right]\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+ab+b^2\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\\b^2+bc+c^2\ge3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc\\c^2+ca+a^2\ge3\sqrt[3]{c^3a^3}=3ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\le\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3ab}=\dfrac{a+b}{3}\\\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}\le\dfrac{bc\left(b+c\right)}{3bc}=\dfrac{b+c}{3}\\\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\le\dfrac{ca\left(c+a\right)}{3ca}=\dfrac{c+a}{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\le\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-\left[\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\right]\ge a+b+c-\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-\left[\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{bc\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{ca\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}\right]\ge\dfrac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{a+b+c}{3}\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
min(!;1;1)
max (0;0;3)
Do vai trò của a, b, c là bình đẳng nên ta có thể giả sử \(a\ge b\ge c\)
*Tìm Min:
Cách 1:
Theo nguyên lí Dirichlet trong 3 số a -1; b-1; c-1 tồn tại ít nhất 2 số mà tích chúng không âm. Giả sử\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow abc\ge ca+bc-c\)
Từ đó \(P\ge a^2+b^2+c^2+ca+bc-c=a^2+b^2+c\left(a+b+c-1\right)\)
\(=\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+2c-2\ge2\left(a+b+c\right)-2=4\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
*Tìm max:
\(P\le a^2+b^2+c^2+6abc\)
Ta sẽ chứng minh: \(a^2+b^2+c^2+6abc\le9=\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+18abc\le\left(a+b+c\right)^3\)
\(VP-VP=2\left[a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\right]\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị.