Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz và Cauchy ta có:
\(P=\frac{1}{a^2}\left(b^2+c^2\right)+a^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\ge\frac{b^2+c^2}{a^2}+a^2\cdot\frac{9}{b^2+c^2}\) (Cauchy - Schwarz)
\(=\left(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}\right)+8\cdot\frac{a^2}{b^2+c^2}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{b^2+c^2}{a^2}\cdot\frac{a^2}{b^2+c^2}}+8\cdot\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}\) (BĐT Cauchy)
\(=2+8=10\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b\sqrt{2}=c\sqrt{2}\)
Vậy Min(P) = 10 khi \(a=b\sqrt{2}=c\sqrt{2}\)
Dùng bđt AM - GM cho 7 số; 2 số và 3 số không âm, ta được:
\(a^3c^2+a^3c^2+a^3c^2+b^3a^2+b^3a^2+1+1\ge7a\)(1)
\(b^3a^2+b^3a^2+b^3a^2+c^3b^2+c^3b^2+1+1\ge7b\)(2)
\(c^3b^2+c^3b^2+c^3b^2+a^3c^2+a^3c^2+1+1\ge7c\)(3)
\(\frac{a+b+c}{2}+\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\ge3\)
\(a+b+c\ge3\)
Từ (1); (2); (3) suy ra \(a^3c^2+b^3a^2+c^3b^2\ge\frac{7\left(a+b+c\right)}{5}-\frac{6}{5}\)
\(P=\text{Σ}_{cyc}\frac{a}{b^2}+\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\text{Σ}_{cyc}a^3c^2+\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\frac{7\left(a+b+c\right)}{5}+\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}-\frac{6}{5}\)
\(=\frac{a+b+c}{2}+\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{9\left(a+b+c\right)}{10}-\frac{6}{5}\)
\(\ge3+\frac{9}{10}.3-\frac{6}{5}=\frac{9}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ồ sorry bạn nhiều, chỗ đấy bị lỗi kĩ thuật rồi, mình sửa lại nhé :
\(M\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Lại có : \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt{a^3b^3c^3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Do đó : \(M\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có : \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}=\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{a\left(b+c\right)}\)
Tương tự : \(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{\left(\frac{1}{b}\right)^2}{b\left(a+c\right)}\) , \(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(\frac{1}{c}\right)^2}{c\left(a+b\right)}\)
Ta thấy : \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Áp dụng BĐT Svacxo ta có :
\(M=\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\) \(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vâỵ \(M_{min}=\frac{3}{2}\) tại \(a=b=c=1\)
Ta có: \(\frac{1}{a+b+1}=\left(1-\frac{1}{b+c+1}\right)+\left(1-\frac{1}{c+a+1}\right)=\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+1}\ge2\sqrt{\frac{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(b+c+1\right)\left(c+a+1\right)}}\)
Tương tự \(\frac{1}{b+c+1}\ge2\sqrt{\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+a+1\right)\left(a+b+1\right)}}\)
\(\frac{1}{c+a+1}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b+1\right)\left(b+c+1\right)}}\)
Nhân từng vế ta có: \(\frac{1}{a+b+1}.\frac{1}{b+c+1}.\frac{1}{c+a+1}\ge\frac{8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+1\right)\left(b+c+1\right)\left(c+a+1\right)}\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{1}{8}\)
Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)
Do đó ta được:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)
\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)
\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)
Do đó ta được:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)
Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).
Áp dụng BĐT AM-GM (Cô si): \(A\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(=3\sqrt[3]{\frac{1}{a\left(b+c\right).b\left(c+a\right).c\left(a+b\right)}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(ab+ca\right)\left(bc+ab\right)\left(ca+bc\right)}}\)
\(\ge\frac{9}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
P/s: Check giúp em xem có ngược dấu không:v
Cach khac
Dat \(\left(ab;bc;ca\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\x^2+y^2+z^2\ge3\\xyz\le1\end{cases}}\)
Ta co:
\(A=\frac{1}{ab+b^2}+\frac{1}{bc+c^2}+\frac{1}{ca+a^2}\)
\(=\frac{1}{x+\frac{xy}{z}}+\frac{1}{y+\frac{yz}{x}}+\frac{1}{z+\frac{zx}{y}}\ge\frac{9}{3+xyz\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)}\ge\frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)
Vay \(A_{min}=\frac{3}{2}\)khi \(a=b=c=1\)
\(A=\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{bc+ba}+\frac{ab}{ac+bc}\)
Đặt: \(ab=x;bc=y;ac=z\)=> xyz = 1; x,y,z>0
\(A=\frac{y}{x+z}+\frac{z}{y+x}+\frac{x}{z+y}=\frac{y^2}{xy+yz}+\frac{z^2}{yz+xz}+\frac{x^2}{zx+xy}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+xz+xz\right)}\ge\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z= 1 => a = b = c = 1
Vậy gtnn của A = 3/2 tại a = b = c = 1