Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{16}{2a+3b+3c}\)
\(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{16}{2b+3a+3c}\)
\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+b}\ge\dfrac{16}{2c+3a+3b}\)
cộng tất cả lại ta được \(4.2017\ge16.\left(\dfrac{1}{2a+3b+3c}+\dfrac{1}{2b+3a+3c}+\dfrac{1}{2c+3a+3b}\right)< =>P\le\dfrac{2017}{4}\)
dấu bằng xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{1}{b+c}=\dfrac{1}{a+c}\\\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}=2017\end{matrix}\right.< =>\left\{{}\begin{matrix}a=b=c\\\dfrac{3}{2a}=\dfrac{3}{2b}=\dfrac{3}{2c}=2017\end{matrix}\right.< =>a=b=c=\dfrac{3}{4034}}\)
Lời giải:
Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.
Áp dụng vào bài:
$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$
$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$
Tương tự:
$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$
Cộng theo vế:
$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
\(ab+bc+ca=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\) (do a,b,c là các số dương)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{6^2}{a+2b+3c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{36}{a+2b+3c}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}\left(1\right)\)
Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{36}{b+2c+3a}\le\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{3}{a}\left(2\right)\\\dfrac{36}{c+2a+3b}\le\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}+\dfrac{3}{b}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Lấy (1) + (2) + (3) ta được:
\(36F\le6\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=6.3=18\)
\(\Rightarrow F\le\dfrac{1}{2}\)
MaxF=1/2 khi \(a=b=c=1\)
Đúng như bạn Quang viết, GTNN của S là 13 khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=3\\c=4\end{matrix}\right.\), nhưng mình cần một lời giải thích vì sao nó lại ra như vậy.
\(ab+bc+ca=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z>0\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)
\(P=\dfrac{x}{\left(3-x\right)^2}+\dfrac{y}{\left(3-y\right)^2}+\dfrac{z}{\left(3-z\right)^2}\)
Ta có đánh giá sau: \(\dfrac{t}{\left(3-t\right)^2}\ge\dfrac{2t-1}{4};\forall t\in\left(0;3\right)\)
Thực vậy, BĐT đã cho tương đương:
\(4t\ge\left(2t-1\right)\left(3-t\right)^2\)
\(\Leftrightarrow-2t^3+13t^2-20t+9\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(9-2t\right)\left(t-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với \(t< 3\))
Áp dụng ta được:
\(P\ge\dfrac{2x-1}{4}+\dfrac{2y-1}{4}+\dfrac{2z-1}{4}=\dfrac{2\left(x+y+z\right)-3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
Cách khác:
Sau khi đặt ẩn phụ, ta có:
\(P=\dfrac{x}{\left(3-x\right)^2}+\dfrac{y}{\left(3-y\right)^2}+\dfrac{z}{\left(3-z\right)^2}=\dfrac{x}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{y}{\left(z+x\right)^2}+\dfrac{z}{\left(x+y\right)^2}\)
\(\Rightarrow3P=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{x}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{y}{\left(z+x\right)^2}+\dfrac{z}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right)^2\ge\dfrac{9}{4}\)
(BĐT Netsbitt)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{4}\)
Em kiểm tra lại đề bài
\(4a^2+b^2+3c^2=4ab\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2+3c^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a-b=0\\c=0\end{matrix}\right.\)
Dẫn tới biểu thức P không xác định