Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=b=c=673\)
\(P=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{ab+bc+ca}=1\)
\(P_{min}=1\) 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 \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right);\left(2;1;0\right)\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\) với x, y, z > 0 thì ta có \(x+y+z=1\).
Đặt biểu thức ở VT là A. Ta có:
\(A=\sqrt{\dfrac{b^2+2a^2}{a^2b^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2+2b^2}{b^2c^2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+2c^2}{c^2a^2}}=\sqrt{x^2+2y^2}+\sqrt{y^2+2z^2}+\sqrt{z^2+2x^2}\).
Ta có bất đẳng thức \(\sqrt{a_1^2+a_2^2}+\sqrt{a_3^2+a_4^2}\ge\sqrt{\left(a_1+a_3\right)^2+\left(a_2+a_4\right)^2}\).
Đây là bđt Mincopxki cho hai bộ số thực và dễ dàng cm bằng biến đổi tương đương.
Do đó \(A\ge\sqrt{\left(x+y\right)^2+\left(\sqrt{2}y+\sqrt{2}z\right)^2}+\sqrt{z^2+2x^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\sqrt{2}y+\sqrt{2}z+\sqrt{2}x\right)^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}=VP\).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3.
Vậy...
Tương tự: \(GT\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)
\(VT=\dfrac{\sqrt{a^2+a^2+b^2}}{ab}+\dfrac{\sqrt{b^2+b^2+c^2}}{bc}+\dfrac{\sqrt{c^2+a^2+a^2}}{ca}\)
\(VT\ge\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(a+a+b\right)^2}}{ab}+\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(b+b+c\right)^2}}{bc}+\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(c+c+a\right)^2}}{ca}\)
\(VT\ge\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Ta chứng minh BĐT
( a + b + c ) ( 1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 ( * ) ( * ) < = > 3 + ( a b + b a ) + ( b c + c b ) + ( c a + a c ) ≥ 9
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
a b + b a ≥ 2 b c + c b ≥ 2 c a + a c ≥ 2 =>(*) đúng
= > 9 a + b + c ≤ 1 a + 1 b + 1 c ≤ 3 = > a + b + c ≥ 3
Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 + b 2 ≥ 2 b
Ta có: a 1 + b 2 = a − a b 2 1 + b 2 ≥ a − a b 2 2 b = a − a b 2 ( 1 )
Tương tự ta có:
b 1 + c 2 ≥ b − b c 2 ( 2 ) c 1 + a 2 ≥ c − c a 2 ( 3 )
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:
a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 ≥ a + b + c − 1 2 ( a b + b c + c a ) = > a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 + 1 2 ( a b + b c + c a ) ≥ a + b + c ≥ 3
Do \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\b^{2011}\le b\\c^{2011}\le c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow T\le a+b+c-ab-bc-ca=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)+1-abc\le1-abc\le1\)
\(T_{max}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị
\(P\le a^2+b^2+c^2+3\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=12\)
\(P_{max}=12\) khi \(a=b=c=1\)
Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=3+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3}\)
\(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)
\(\Rightarrow\sqrt{3}\le a+b+c\le3\)
\(P=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}+3\left(a+b+c\right)\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)-\dfrac{3}{2}\)
Đặt \(a+b+c=x\Rightarrow\sqrt{3}\le x\le3\)
\(P=\dfrac{1}{2}x^2+3x-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\left(x-\sqrt{3}\right)\left(x+6+\sqrt{3}\right)+3\sqrt{3}\ge3\sqrt{3}\)
\(P_{min}=3\sqrt{3}\) khi \(x=\sqrt{3}\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;\sqrt{3}\right)\) và hoán vị
