K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

18 tháng 6 2018

\(M=\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2-2ab-2bc-2ac}+\frac{a+b+c}{abc}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc-2ab-2ac-2bc}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}>=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+ac+bc}\)(1)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+ac+bc}+\frac{1}{ab+ac+bc}+\frac{7}{ab+ac+bc}\)

\(>=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc+ab+ac+bc}+\frac{7}{ab+ac+bc}\)

\(=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc}+\frac{7}{ab+ac+bc}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{7}{ab+ac+bc}\)

\(=9+\frac{7}{ab+ac+bc}\)(2)

\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc>=ab+ac+bc+2ab+2ac+2bc\)

\(=3ab+3ac+3bc\Rightarrow\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{3}>=ab+ac+bc\)

\(\Rightarrow9+\frac{7}{ab+ac+bc}>=9+\frac{7}{\frac{1}{3}}=9+21=30\)(4)

từ (1)(2)(3)(4)\(\Rightarrow M=\frac{1}{1-2\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{1}{abc}>=30\)

dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

vậy min M là 30 khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

18 tháng 6 2018

từ (1)(2)(3) thôi nhé

AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 5 2019

Lời giải:
Vì $abc=1$ nên:

\((a+bc)(b+ac)(c+ab)=a(a+bc)b(b+ac)c(c+ab)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2; (a^2+1)(1+c^2)\geq (a+c)^2; (b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2\)

Nhân theo vế và thu gọn:

\(\Rightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+b)(b+c)(c+a)\)

Lại có: Theo BĐT AM-GM thì:

\((a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc\)

\(\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(*)\) (đây là BĐT khá quen thuộc rồi)

Do đó:

\(P=\frac{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\)

\(P\geq \frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\)

Áp dụng BĐT (*) và AM-GM:

\(\frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}\geq 7.\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}=\frac{7}{9}(a+b+c)\geq \frac{7}{9}.3\sqrt[3]{abc}=\frac{7}{3}\)

\(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)(a+b+c)}}\geq 2\sqrt{\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow P\geq \frac{7}{3}+\frac{2}{3}=3\)

Vậy $P_{\min}=3$

12 tháng 5 2019

\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\)

\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1\)

\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1+1-1\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-1=\left(a+b+c\right)^2-1\)\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\)

Dấu " = " xảy ra <=> ...

Ta có: \(\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\ge ab+bc+ca\)( BĐT quen thuộc tự c/m)

\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}-\frac{1}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{a+b+c}\)\(=3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\le\frac{a+b+c}{3}\left(AM-GM\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)

Dấu " = " xảy ra <=> ...

\(\Rightarrow P\ge3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1

KL:...........

18 tháng 6 2018

Câu hỏi tương tự đi bạn

18 tháng 6 2018

là sao???

21 tháng 3 2021

Dễ dàng chứng minh được: 

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)

Ta có:

\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)

Áp dụng (1), ta được:

\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)

Chúng minh tương tự, ta được:

\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)

Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).

\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)

Từ (2), (3) và (4), ta được:

\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))

Dấu bằng xảy ra

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)

Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 5 2020

Không biết bạn còn cần không nhưng mình cứ làm nhá.

Lời giải:

$(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3=3a^2b^2c^2$

$\Leftrightarrow (ab+bc)^3-3ab.bc(ab+bc)+(ca)^3-3a^2b^2c^2=0$

$\Leftrightarrow (ab+bc)^3+(ca)^3-3ab^2c(ab+bc+ac)=0$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ac)[(ab+bc)^2-ca(ab+bc)+(ca)^2]-3ab^2c(ab+bc+ac)=0$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ac)[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2-a^2bc-abc^2-ab^2c]=0$

Do $a,b,c>0$ nên $ab+bc+ac\neq 0$

$\Rightarrow (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2-a^2bc-abc^2-ab^2c=0$

$\Leftrightarrow 2(ab)^2+2(bc)^2+2(ca)^2-2a^2bc-2abc^2-2ab^2c=0$

$\Leftrightarrow (ab-bc)^2+(bc-ac)^2+(ca-ab)^2=0$

$\Rightarrow ab-bc=bc-ac=ca-ab=0$

$\Rightarrow a=b=c$ (do $a,b,c\neq 0$)

$\Rightarrow$ \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=(1+1)(1+1)(1+1)=8\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 5 2020

Mình nghĩ bạn vẫn nhầm đề. $(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3=3(abc)^2$ chứ không phải $3$. Nếu để đề như bạn viết thì không tính được giá trị biểu thức nhé.

21 tháng 5 2018

\(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+3\ge7\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le3\)Áp dụng BĐT AM-GM ta có : 

\(A=\frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^3c^3+1+1}}+\frac{4\sqrt{3}}{c^6+1+2a^3+8}\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{4\sqrt{3}}{2c^3+2a^3+8}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+4}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+1+1+1+1}\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{ac}}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{1}{\sqrt{3ac}}\)\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}\right)\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}=\sqrt{\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}\le\sqrt{3}\) (Bunhiacopxki)

Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

PS : Thánh cx đc phết ha; chế đc bài này tui mới khâm phục :)))

28 tháng 5 2018

nó ko chém đâu anh nó chép trong toán tuổi thơ đấy,thk này khốn nạn lắm

22 tháng 3 2016

B=1^8trên1^2

22 tháng 3 2016

\(\frac{1}{12}\)

10 tháng 12 2017

Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)

\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)

                  \(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)