Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
với mọi a > 0.
(*)
\(P=2\Sigma a+\Sigma\dfrac{1}{a}=\Sigma a+\Sigma a+\Sigma\dfrac{1}{a}\ge3.\sqrt[3]{\left(\Sigma a\right)^2.\Sigma\dfrac{1}{a}}\)
\(Q=\left(\Sigma a\right)^2.\Sigma\dfrac{1}{a}=\left(3+2\Sigma ab\right).\Sigma\dfrac{1}{a}=3\Sigma\dfrac{1}{a}+4\Sigma a+2\Sigma\dfrac{ab}{c}\ge3\Sigma\dfrac{1}{a}+6\Sigma a=3\left(\Sigma\dfrac{1}{a}+2\Sigma a\right)=3P\)\(\Rightarrow\)\(P\ge3\sqrt[3]{3P}\) \(\Leftrightarrow P^3\ge81P\Leftrightarrow P^2\ge81\left(P>0\right)\Leftrightarrow P\ge9\)
" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vì $\large a,b,c \in\mathbb{N^*}$ và $\large a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a<\sqrt{3} & \\ b<\sqrt{3} & \\ c<\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
Với $0 <x<\sqrt{3}$ thì $2x+\frac{1}{x} \ge x^2.\frac{1}{2}+\frac{5}{2}(*)$
Thật vậy $(*)$ $\large \Leftrightarrow (x-2)(x-1)^2 \le0$
Do $\large x<\sqrt{3}\Leftrightarrow x<2\Leftrightarrow (x-2)(x-1)^2<0$ (Luôn đúng)
Do đó bất đẳng thức được chứng minh
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=1$
Trở lại bài toán:
Áp dụng BĐT $(*)$ ta được:
$\large 2a+\frac{1}{a}+2b+\frac{1}{b}+2c+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)+\frac{15}{2}=9$
Do $a^2+b^2+c^2=3$
Vậy $GTNN=9$
Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=c=1$
Xét : a^3/a^2+b^2
= (a^3+ab^2)/a^2+b^2 - ab^2/a^2+b^2
= a - ab^2/a^2+b^2
>= a - ab^2/2ab
= a - b/2
Tương tự : b^3/b^2+c^2 >= b - c/2 và c^3/c^2+a^2 >= c - a/2
=> P >= a+b+c-(a+b+c)/2 = a+b+c/2 = 3/2
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Vậy GTNN của P = 3/2 <=> a=b=c=1
Tk mk nha
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2};\frac{c^3}{a^2+b^2}\ge c-\frac{a}{2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\ge\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Khi \(a=b=c=1\)
ta biến đổi a^2/(a+b^2)=a^3/a(a+b^2) áp dụng bất đẳng thức cosi cho 3 số a^3/a(a+b^2) ,a/2,a+b^2
ta đc a^3/a(a+b^2)+a/2+(a+b^2)/a>= 3a/2 tương tự b^3/b(b+c^2)+b/2+(b+c^2)/4>=3b/2
c^3/c(c+a^2)+c/2+(c+a^2)/4>=3c/2
đặt biểu thức đầu là P Ta có P +(a+b+c)/2+(a+b+c+a^2+b^2+c^2)/4>=3/2(a+...
mặt khác (a+b+c)^2=<3(a^2+b^2+c^2) => a^2+b^2+c^2>=3
thay vào =>P>=3/2 DẤU "=" XẢY RA <=> A=B=C=1
CHÚC BẠN THÀNH CÔNG
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số không âm, ta có:
\(\frac{a^2+6a+3}{a^2+a}=\frac{\left(3a^2+3\right)+6a-2a^2}{a^2+a}\ge\frac{6a+6a-2a^2}{a^2+a}\)
\(=\frac{12a-2a^2}{a^2+a}=\frac{14}{a+1}-2\)
Tương tự ta có: \(\frac{b^2+6b+3}{b^2+b}\ge\frac{14}{b+1}-2\);\(\frac{c^2+6c+3}{c^2+c}\ge\frac{14}{c+1}-2\)
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên và sử dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(A\ge14\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)-6\ge14.\frac{9}{a+b+c+3}-6\)
\(\ge14.\frac{9}{3+3}-6=15\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Cách 2, dùng UCT xét BĐT phụ
Xét BĐT phụ: \(\frac{x^2+6x+3}{x^2+x}\ge\frac{-7}{2}x+\frac{17}{2}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(7x+6\right)\left(x-1\right)^2}{2\left(x^2+x\right)}\ge0\)(Đúng với mọi x dương)
Áp dụng, ta được: \(A=\frac{a^2+6a+3}{a^2+a}+\frac{b^2+6b+3}{b^2+b}+\frac{c^2+6c+3}{c^2+c}\)\(\ge\frac{-7}{2}\left(a+b+c\right)+\frac{17}{2}.3=\ge\frac{-7}{2}.3+\frac{51}{2}=15\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
\(\frac{a^2}{1+b}+\frac{1+b}{4}\ge a\)
\(\frac{b^2}{1+c}+\frac{1+c}{4}\ge b\)
\(\frac{c^2}{1+a}+\frac{1+a}{4}\ge c\)
=>\(A\ge a+b+c-\frac{1}{4}\left(3+a+b+c\right)=\frac{3}{4}\left(a+b+c-1\right)\ge\frac{3}{4}\left(3\sqrt[3]{abc}-1\right)=\frac{3}{2}\)
A min = 3/2 khi x= y =z =1