Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4/ Xét hiệu: \(P-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=5a^2+11b^2+5c^2-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=\frac{\left(5a-b-c\right)^2+6\left(3b-2c\right)^2}{5}\ge0\)
Vì vậy: \(P\ge2\left(ab+7bc+ca\right)=2.188=376\)
Đẳng thức xảy ra khi ...(anh giải nốt ạ)
@Cool Kid:
Bài 5: Bản chất của bài này là tìm k (nhỏ nhất hay lớn nhất gì đó, mình nhớ không rõ nhưng đại khái là chọn k) sao cho: \(5a^2+11b^2+5c^2\ge k\left(ab+7bc+ca\right)\)
Rồi đó, chuyển vế, viết lại dưới dạng tam thức bậc 2 biến a, b, c gì cũng được rồi tự làm đi:)
$ab+bc+ca=3$. CMR: $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\geqslant \frac{3}{2}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
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 \(a=b=c=1\)
\(P=\left[\left(2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+1\right]\left[\left(2+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+1\right]\left[\left(2+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+1\right]\)
\(\ge\left(6\sqrt[3]{\frac{1}{4ab}}+1\right)\left(6\sqrt[3]{\frac{1}{4bc}}+1\right)\left(6\sqrt[3]{\frac{1}{4ca}}+1\right)\)
\(\ge\left[7\sqrt[7]{\left(\sqrt[3]{\frac{1}{4ab}}\right)^6}\right]\left[7\sqrt[7]{\left(\sqrt[3]{\frac{1}{4bc}}\right)^6}\right]\left[7\sqrt[7]{\left(\sqrt[3]{\frac{1}{4ca}}\right)^6}\right]\)
\(=\left[7\sqrt[7]{\left(\frac{1}{4ab}\right)^2}\right]\left[7\sqrt[7]{\left(\frac{1}{4bc}\right)^2}\right]\left[7\sqrt[7]{\left(\frac{1}{4ca}\right)^2}\right]\)
\(=343\sqrt[7]{\left(\frac{1}{64\left(abc\right)^2}\right)^2}\ge343\sqrt[7]{\left(\frac{1}{64\left[\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\right]^2}\right)^2}=343\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
P/s: Em chưa check lại đâu nha::D
Khúc cuối bài ban nãy là \(\ge343\) nha! Em đánh nhầm
Cách khác (em thử dùng Holder, mới học nên em không chắc lắm):
\(P\ge\left(3+\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}+\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\right)^3=\left(3+2\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\right)^3\ge\left(3+2\sqrt[3]{\frac{1}{\left[\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\right]}}\right)^3\ge343\)
#)Trả lời :
\(VT=\frac{3a}{1+b^2}+\frac{3b}{1+c^2}+\frac{3c}{a+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+a^2}\)
Tách VT = A + B và xét :
\(A=\frac{3a}{1+b^2}+\frac{3b}{1+c^2}+\frac{3b}{1+a^2}=\)\(\sum\)\(\left(3a-\frac{3ab^2}{1+b^2}\right)\ge\)\(\sum\)\(\left(3a-\frac{3ab}{2}\right)\)
\(B=\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+a^2}=\)\(\sum\)\(\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\ge\)\(\sum\)\(\left(1-\frac{b}{2}\right)\)
\(\Rightarrow VT=A+B=3+\frac{5}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{2}\)\(\sum\)\(ab=\frac{5}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{15}{2}-\frac{3}{2}=6\)
( Do \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=3\))
Dấu ''='' xảy ra khi a = b = c = 1
Tham khảo nhé ^^
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)
Từ giả thiết và BĐT AM-GM suy ra:\(\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)\(\ge\)3
Ta có:
P\(\ge\)\(\frac{2a^3}{3\left(a^2+b^2\right)}\)+\(\frac{2b^3}{3\left(c^2+b^2\right)}\)+\(\frac{2c^3}{3\left(a^2+c^2\right)}\)
=\(\frac{2}{3}\)(\(\frac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{\left(a^2+b^2\right)}\)+\(\frac{b\left(c^2+b^2\right)-bc^2}{\left(c^2+b^2\right)}\)+\(\frac{a\left(a^2+c^2\right)-ca^2}{\left(a^2+c^2\right)}\))
=\(\frac{2}{3}\)(a+b+c-\(\frac{ab^2}{\left(a^2+b^2\right)}\)-\(\frac{bc^2}{\left(c^2+b^2\right)}\)-\(\frac{ca^2}{\left(a^2+c^2\right)}\))
\(\ge\)\(\frac{2}{3}\)(a+b+c-\(\frac{a}{2}\)-\(\frac{b}{2}\)-\(\frac{c}{2}\))
=\(\frac{2}{3}\).\(\frac{a+b+c}{2}\)=\(\frac{a+b+c}{3}\)=\(\frac{\left(a+1\right)+\left(b+1\right)+\left(c+1\right)}{3}\)-1
\(\ge\)\(\frac{3\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{3}\)-1\(\ge\)2
Vậy:MinP=2 khi a=b=c=2
cách này dễ hiểu hơn nè :
Áp dụng BĐT : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
Ta có : \(1\ge\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{9}{a+b+c+3}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\frac{9}{a+b+c+3}\)\(\Leftrightarrow a+b+c+3\ge9\)\(\Leftrightarrow a+b+c\ge6\)
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-ab^2-a^2b}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab^2+a^2b}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3ab}=a-\frac{a+b}{3}\)
Tương tự : \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge b-\frac{b+c}{3}\); \(\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}\ge c-\frac{a+c}{3}\)
Cộng cả 3 vế , ta được : \(P\ge a+b+c-\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{3}.6=2\)
Vậy GTNN của P là 2 \(\Leftrightarrow a=b=c=2\)
UCT. Chứng minh \(2a+\frac{1}{a}\ge\frac{a^2+5}{2}\) với \(0< a^2;b^2;c^2< \sqrt{3}\)
Tương tự cộng lại là xong
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
\(a+\frac{1}{a}\ge2\)và \(b+\frac{1}{b}\ge2\)và \(c+\frac{1}{c}\ge2\)
\(\Rightarrow P\ge a+b+c+6\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)( thỏa đề bài)
\(\Leftrightarrow minP=1+1+1+6=9\)
Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{b+ab}{2}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\frac{b+1}{c^2+1}\ge b+1-\frac{c+bc}{2}\left(2\right)\)
\(\frac{c+1}{a^2+1}\ge c+1-\frac{a+ca}{2}\left(3\right)\)
Từ: \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\frac{a+b+c}{2}+3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Lại có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Hay: \(3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2=3^2=9\)
Vì vậy: \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\frac{a+b+c}{2}+3-\frac{ab+bc+ca}{2}=\frac{3}{2}+3-\frac{9}{6}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
\(\Rightarrow Min_P=3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
* Dũng kỹ thuật Cô-si ngược dấu
\(P=\left(\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\right)+\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)
+ \(\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}+b-\frac{bc^2}{c^2+1}+c-\frac{ca^2}{a^2+1}\)
\(\ge3-\left(\frac{ab^2}{2b}+\frac{bc^2}{2c}+\frac{ca^2}{2a}\right)=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
+ \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}+1-\frac{b^2}{b^2+1}+1-\frac{c^2}{c^2+1}\ge3-\left(\frac{a^2}{2a}+\frac{b^2}{2b}+\frac{c^2}{2c}\right)=3-\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Do đó: \(P\ge3\). Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)