cho a+b+c=3
tìm gtnn của a2+b2+c2+\(\frac{ab+bc+ca}{a2b+b2c+c2a}\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 2 2022
Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên:
$a^2(1-b)\leq 0$
$b^2(1-c)\leq 0$
$c^2(1-a)\leq 0$
Cộng theo vế suy ra: $a^2+b^2+c^2\leq a^2b+b^2c+c^2a$
Ta có đpcm.
T
23 tháng 4 2020
Phương Khánh Thực ra là ban đầu mình tính dùng Bunyakovski thẳng luôn nhưng thấy bậc khá cao mà không biết BĐT đó đúng hay sai nên mình đảo a, b, c xuống mẫu để dùng BĐT Bunyakovski thì bậc sẽ thấp hơn.
Và không ngờ sự vô tình đó giúp mình gặp may mắn: Đại lượng abc ở \(\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\) có thể giản ước cho đại lượng abc ở VP. Bậc của BĐT được hạ thấp và mình cứ thế mà chém:))
T
22 tháng 4 2020
Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)
Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)
Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)
\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.
NA
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 8 2021
Đặt \(P=\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\)
Ta có: \(\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+b^2+ab}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a-b}{3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}\ge\dfrac{2b-c}{3}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\ge\dfrac{2c-a}{3}\)
Cộng vế:
\(P\ge\dfrac{a+b+c}{3}=673\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=673\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2021
Lời giải:
Tìm min:
Theo BĐT AM-GM thì: $P=a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$ hay $P\geq 9$
Vậy $P_{\min}=9$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=\sqrt{3}$
-----------
Tìm max:
$P=a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)=(a+b+c)^2-18$
Vì $a,b,c\geq 1$ nên:
$(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b$
Hoàn toàn tương tự: $bc+1\geq b+c; ac+1\geq a+c$
Cộng lại: $2(a+b+c)\leq ab+bc+ac+3=12$
$\Rightarrow a+b+c\leq 6$
$\Rightarrow P=(a+b+c)^2-18\leq 6^2-18=18$
Vậy $P_{\max}=18$. Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(1,1,4)$ và hoán vị
HN
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 1 2022
\(P=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{ab+bc+ca}=1\)
\(P_{min}=1\) khi \(a=b=c=1\)
\(P=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=\dfrac{9}{ab+bc+ca}-2\)
Do \(a;b\ge1\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1=2-c\)
\(\Rightarrow ab+c\left(a+b\right)\ge2-c+c\left(3-c\right)=-c^2+2c+2=c\left(2-c\right)+2\ge2\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{9}{2}-2=\dfrac{5}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{5}{2}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right);\left(2;1;0\right)\)
Ta có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a\)
\(\ge2\sqrt{a^3.ab^2}+2\sqrt{b^3.bc^2}+2\sqrt{c^3.ca^2}+a^2b+b^2c+c^2a=3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{1}{2}\)
\(P\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{2}\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{2}=4\)
\(P_{min}=4\) khi \(a=b=c=1\)
Đề bài thiếu, a;b;c bất kì thì ko thể giải được
Ít nhất a;b;c phải dương