Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Sử dụng biến đổi tương đương. Ta có:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5-a^3b^2-a^2b^3\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^3(a^2-b^2)-b^3(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+ab+b^2)(a+b)\geq 0\) (luôn đúng với mọi $a,b$ dương)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \((a-b)^2=0\Leftrightarrow a=b\)
Bài 2: Sử dụng kết quả bài 1:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\Rightarrow a^5+b^5+ab\geq a^3b^2+a^2b^3+ab\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{ab}{a^3b^2+a^2b^3+ab}=\frac{1}{a^2b+ab^2+1}=\frac{1}{a^2b+ab^2+abc}=\frac{1}{ab(a+b+c)}\)
Hoàn toàn tt:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\leq \frac{1}{bc(a+b+c)}; \frac{ca}{c^5+a^5+ac}\leq \frac{1}{ac(a+b+c)}\)
Do đó:
\(P\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}\). Thay \(1=abc\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)
Ta có: 2P=(a2+b2) + (b2+c2) + (c2+a2)
Theo Cauchy có:
\(2P\ge2ab+2bc+2ca=2\left(ab+bc+ca\right)=2.9\)
=> \(P\ge9\)=> Pmin = 9 đạt được khi x=y=\(\sqrt{3}\)
Hoặc:
P2= (a2+b2+c2)(b2+c2+a2)
Theo Bunhiacopxki có:
P2= (a2+b2+c2)(b2+c2+a2) \(\ge\)(ab+bc+ca)2=92
=> P\(\ge\)9 => Pmin=9
Vì \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\)(gt) => \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)<=> ab -a -b + 1 \(\ge0\)(1)
\(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)<=> bc - b - c + 1 \(\ge0\)(2)
\(\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\)<=> ca -c - a + 1 \(\ge0\)(3)
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta được:
ab + bc + ca -2(a +b +c) + 3 \(\ge0\)
=> \(a+b+c\le\frac{ab+bc+ca+3}{2}=\frac{9+3}{2}=6\)
Mà \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\Rightarrow a+b+c\ge3\)=> \(3\le a+b+c\le6\)=> \(\left(a+b+c\right)^2\le36\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le36\)
=> \(a^2+b^2+c^2\le36-2\left(ab+bc+ca\right)=36-2\times9=18\)=> P \(\le18\)
Vậy GTLN của P là 18
Dâu "=" xảy ra khivà chỉ khi:
a =b=1, c=4
hoặc: b=c=1, a=4
hoặc: c=a=1, b=4
- \(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2-6.\)
- \(P=\left(a+b+c\right)^2-6-6\left(a+b+c\right)+2017=\left(a+b+c\right)^2-6\left(a+b+c\right)+9+2002\)
\(=\left(a+b+c-3\right)^2+2002\)
- Mà \(\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)nên GTNN của P bằng 2002.
Bài 3
Với abc=1
Ta CM \(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}=1\)
\(VT=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{abc+ab+a}+\frac{ab}{a^2bc+abc+ac}\)
\(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{ab+a+1}+\frac{ab}{ab+a+1}=1\)(ĐPCM)
Ta có \(\left(1+a\right)^2+b^2+5=\left(a^2+b^2\right)+2a+6\ge2ab+2a+6\)
=> \(\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}=\frac{2ab+2a+6}{ab+a+4}=2-\frac{2}{ab+a+4}\)
Mà \(\frac{1}{ab+a+4}=\frac{1}{ab+a+1+3}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)\)(do \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\))
=> \(\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}\ge2-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{11}{6}-\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+a+1}\)
Khi đó
\(P\ge\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}\right)=\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.1=5\)
\(MinP=5\)khi \(a=b=c=1\)
Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)
\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^5+b^5+ab}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Tương tự cũng có: \(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\le\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\le\frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế ta có:
\(VT\le\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)