Cho a, b,c > 0. Thỏa mãn a + b + c \(\le\)1. Tìm GTNN :
N = 1/ 2a + b +c +1/ a + 2b + c + 1/ a + b + 2c
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
27 tháng 7 2017
Áp dụng bđt Cauchuy - Schwarz dưới dạng Engel ta có :
\(P=\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}\)
\(=\frac{9}{4\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Vậy \(N_{min}=\frac{9}{4}\) tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 2 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(T=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\geq \frac{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}{2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}=\frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\)
\(\geq \frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{2}\) (theo BĐT AM-GM)
Vậy $T_{\min}=\frac{3}{2}$.
Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$
T
7 tháng 1 2020
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)
T
7 tháng 1 2020
@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:)
TN
2 tháng 12 2016
Tìm GTNN a: $F= 14(a^2+b^2+c^2) + \dfrac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}$ | HOCMAI Forum - Cộng đồng học sinh Việt Nam
3 tháng 12 2016
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{3}\le\left(a^2+b^2+c^2\right)^4\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\le\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
Ta lại có:
\(ab+bc+ca=\frac{1-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2}\)
Làm tiếp.
18 tháng 11 2017
\(P=\frac{2a+3b+3c-1}{2015+a}+\frac{3a+2b+3c}{2016+b}+\frac{3a+3b+2c+1}{2017+c}\)
\(=\frac{6047-a}{2015+a}+\frac{6048-b}{2016+b}+\frac{6049-c}{2017+c}\)
\(=\frac{8062}{2015+a}+\frac{8064}{2016+b}+\frac{8066}{2017+c}-3\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{8062}+\sqrt{8064}+\sqrt{8066}\right)^2}{2015+2016+2017+a+b+c}-3=\frac{\left(\sqrt{8062}+\sqrt{8064}+\sqrt{8066}\right)^2}{8064}-3\)
Dấu = xảy ra khi ....
23 tháng 12 2017
Ta có : \(p=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}.\frac{b+c}{4ab}}=\frac{1}{a}\)
\(\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{a+c}{4ac}\ge4\sqrt{\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}.\frac{a+c}{4ac}}=\frac{1}{b}\)
\(\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}.\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)
Cộng vế với vế ta được \(p+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow p+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow p\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{2a.2b.2c}}=\frac{3}{\sqrt[3]{8abc}}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
N
19 tháng 8 2020
Xét: \(\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\frac{bc}{a\cdot abc\cdot\frac{1}{c}+a\cdot abc\cdot\frac{1}{b}}=\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)(*)
Tương tự với (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{ca}{b^2c+ab^2}=\frac{c^2a^2}{ab+bc}\\\frac{ab}{c^2a+bc^2}=\frac{a^2b^2}{ca+bc}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2b+ca^2}=\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\)
Ta thấy\(\Sigma_{cyc}\frac{b^2c^2}{ab+ca}\) có dạng: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
Bước cuối Cô-si ba số và kết hợp điều kiện abc=1 là xong
D
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 7 2019
Lời giải:
Vì $a,b,c\in [0;1]$ nên: \(a(a-1)(b-1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a(ab-a-b+1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2b\geq a^2+ab-a\)
Tương tự với \(b^2c; c^2a\) suy ra:
\(a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+1-a-b-c(1)\)
Lại có:
\((a-1)(b-1)(c-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow (ab-a-b+1)(c-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+a+b+c-1\leq 0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+1\geq a+b+c+abc\geq a+b+c(2)\) do $abc\geq 0$
Từ \((1);(2)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2\) (đpcm)
Áp dụng cái này nha!:
a²/x + b²/y + c²/z +d²/t ≥ (a + b +c +d)²/(x + y + z + t) (wen thuộc)
1/a + 1/b + 1/b + 1/c ≥ 16/(a + 2b +c)
1/a + 1/b + 1/c + 1/c ≥ 16/(a + b +2c)
1/a + 1/a + 1/b + 1/c ≥ 16/(2a + b +c)
Cộng 3 vế lại:
1/a + 1/b +1/c ≥ 4[1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)]
⇔ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇔ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
Dấu = xra khi a = b = c và 1/a + 1/b +1/c = 0
⇒ dấu = không xảy ra.
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) > 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
T sợ lớp 8 có đứa chưa biết Cauchy-Schwarz