Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Biểu thức không có giá trị min bạn nhé. Chỉ có giá trị max.
Lời giải:
\(2P=1-\frac{a}{a+2\sqrt{bc}}+1-\frac{b}{b+2\sqrt{ca}}+1-\frac{c}{c+2\sqrt{ab}}\)
\(=3-\left(\frac{a}{a+2\sqrt{bc}}+\frac{b}{b+2\sqrt{ac}}+\frac{c}{c+2\sqrt{ab}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a}{a+2\sqrt{bc}}+\frac{b}{b+2\sqrt{ac}}+\frac{c}{c+2\sqrt{ab}}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{a+2\sqrt{bc}+b+2\sqrt{ac}+c+2\sqrt{ab}}=\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}=1\)
Do đó: $2P\leq 3-1=2\Rightarrow P\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$ khi $a=b=c$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a+b}}\right)^2=\)\(\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a\left(5a+b+9c\right)}.\sqrt{\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}}\right)^2\)
\(\le\left(\Sigma_{cyc}a\left(5a+b+9c\right)\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\)
\(=5\left(a+b+c\right)^2\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(5\left(a+b+c\right)^2\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\le\frac{25}{16}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\le\frac{5}{16}\)
Thật vậy, ta có: \(\frac{5}{16}-\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sum_{cyc}ab(a+b)(a+9b)(a-3b)^2+243\sum_{cyc}a^3b^2c+835\sum_{cyc}a^3bc^2+232\sum_{cyc}a^4bc+1230a^2b^2c^2}{16(a+b)(b+c) (c+a)\prod_{cyc}(5a+b+9c)}\ge 0\) (đúng)
(Minh gõ bằng Latex, bạn chịu khó vô trang cá nhân của mình nhé, ngày 17/6 nha)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=3b;c=0\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x^2;y^2;z^2\right)\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)
\(P=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}=A+B\)
\(A=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\Rightarrow A^2=\frac{x^4}{y^2}+\frac{y^4}{z^2}+\frac{z^4}{x^2}+2\left(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{xz^2}{y}\right)\)
Mà: \(\frac{x^4}{y^2}+\frac{x^2y}{z}+\frac{x^2y}{z}+z^2\ge4x^2\)
Tương tự và cộng lại ta có:
\(A^2+\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge4\left(x^2+y^2+z^2\right)\Rightarrow A^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\)
Xét \(B=\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\Rightarrow B^2=\frac{x^4}{z^2}+\frac{y^4}{x^2}+\frac{z^4}{y^2}+2\left(\frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x}+\frac{zx^2}{y}\right)\)
Có: \(\frac{x^4}{z^2}+\frac{zx^2}{y}+\frac{zx^2}{y}+y^2\ge4x^2\)
\(\Rightarrow B^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\) \(\Rightarrow B\ge\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow P\ge2\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:
\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)
\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(T=\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)
\(=\dfrac{8\left(a+b+c\right)}{9\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{a+b+c}{9\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)
\(\ge\dfrac{8.3\sqrt[3]{abc}}{9\sqrt[3]{abc}}+2\sqrt{\dfrac{a+b+c}{9\sqrt[3]{abc}}.\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}}=\dfrac{8}{3}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}\)
\(minT=\dfrac{10}{3}\Leftrightarrow a=b=c\)