Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy ta được \(2\sqrt{bc}\le b+c\)=> \(\frac{a^2}{a+\sqrt{bc}}\ge\frac{2a^2}{2a+b+c}\)
Áp dụng BĐT tương tự ta được đẳng thức
\(\frac{a^2}{a+\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt{ab}}\ge\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2b^2}{2b+c+a}+\frac{2c^2}{2c+a+b}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có
\(\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2a+b+c}{8}\ge a;\frac{2b^2}{2b+a+c}+\frac{2b+a+c}{8}\ge b;\frac{2c^2}{2c+a+b}+\frac{2c+a+b}{8}\ge c\)
Cộng theo vế ta được
\(\frac{2a^2}{2a+b+c}+\frac{2b^2}{2b+a+c}+\frac{2c^2}{2c+a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Vậy MinP=\(\frac{3}{2}\)
Ta có : \(a^2+ab+b^2=\left(a+b\right)^2-ab\ge\left(a+b\right)^2-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{3\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\frac{\sqrt{3}\left(a+b\right)}{2}\)
Tương tự : \(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\frac{\sqrt{3}\left(b+c\right)}{2}\) ; \(\sqrt{c^2+ac+a^2}\ge\frac{\sqrt{3}\left(c+a\right)}{2}\)
Suy ra : \(\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ac+a^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}.2.\left(a+b+c\right)=\sqrt{3}\)
Vậy MIN B = \(\sqrt{3}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}a+b+c=1\\a=b=c\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Lời giải:
Trước tiên, ta sẽ CM bất đẳng thức sau:\(P\geq \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\)\((\star)\)
Thật vậy: BĐT tương đương với :
\(a^2\left (\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b} \right )+b^2\left ( \frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c} \right )+c^2\left ( \frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+c} \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2(a^2-c^2)+b^2(b^2-a^2)+c^2(c^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2\geq 0\) (luôn đúng)
BĐT \((\star)\) được chứng minh .
Giờ ta chỉ cần tìm min của \(A=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\)
Để ý rằng \(A-\left(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{c+a}\right)=\sum \left(\frac{a^2-b^2}{a+b}\right)=a-b+b-c+c-a=0\)
\(\Rightarrow 2A=\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\). Sử dụng Cauchy-Schwarz:
\(2A\geq \frac{(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2})^2}{2(a+b+c)}=\frac{1008}{a+b+c}\)
Sử dụng AM_GM: \(\sqrt{2016}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}+\frac{b+c}{\sqrt{2}}+\frac{c+a}{\sqrt{2}}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\leq 12\sqrt{7}\) suy ra \(A\geq 6\sqrt{7}\) suy ra \(P_{\min}=6\sqrt{7}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=4\sqrt{7}\)
Đặt: \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{xyz}\)
\(\Leftrightarrow xy+yz+zx=1\)
Ta có:
\(S=\frac{\frac{1}{x}}{\sqrt{\frac{1}{y}.\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}}+\frac{\frac{1}{y}}{\sqrt{\frac{1}{z}.\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{y^2}\right)}}+\frac{\frac{1}{z}}{\sqrt{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{yz}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{zx}{1+y^2}}+\sqrt{\frac{xy}{1+z^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{yz}{xy+yz+zx+x^2}}+\sqrt{\frac{zx}{xy+yz+zx+y^2}}+\sqrt{\frac{xy}{xy+yz+zx+z^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xy}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x}+\frac{y}{z+y}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.\left(1+1+1\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
Có:\(\sqrt{3\left(a-b\right)^2+\left(a+b\right)^2}\ge a+b\)
\(\sqrt{3\left(b-c\right)^2+\left(b+c\right)^2}\ge b+c\)
\(\sqrt{3\left(c-a\right)^2+\left(a+c\right)^2}\ge a+c\)
\(\Rightarrow2S\ge2\left(a+b+c\right)=4032\)
\(\Rightarrow S\ge2016\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=672
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow VT\ge3\sqrt[6]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)}}\)
Chứng minh : \(3\sqrt[6]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)}}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\le\frac{\left(c+a+ab+bc\right)^2}{4}\)
\(=\frac{\left[b\left(a+c\right)+c+a\right]^2}{4}=\frac{\left(b+1\right)^2\left(c+a\right)^2}{4}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(\Rightarrow\left(c+ab\right)^2\left(a+bc\right)^2\left(b+ac\right)^2\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a^2\right)\left(b+1\right)^2\left(a+1\right)^2\left(c+1\right)^2}{64}\)
\(\Rightarrow64\left(c+ab\right)^2\left(a+bc\right)^2\left(b+ac\right)^2\)
\(\le\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^2\left(a+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow8\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(a+1\right)\)
Cần chứng minh :
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le8\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\left(\frac{3+3}{3}\right)^3=8\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!!
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1