Cho a,b,c dương tm ab+bc+ca=3
Tìm min\(A=\frac{19a+3}{b^2+1}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
21 tháng 10 2018
Ta có:
\(M=\frac{19a+3}{1+b^2}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)
\(=19a-\frac{19ab^2-3}{b^2+1}+19b-\frac{19bc^2-3}{c^2+1}+\frac{19ca^2-3}{a^2+1}\)
\(\ge19\left(a+b+c\right)-\frac{19ab^2-3}{2b}-\frac{19bc^2-3}{2c}-\frac{19ca^2-3}{2a}\)
\(=19\left(a+b+c\right)-19\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\ge19.3-\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Lại có:
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\ge3\frac{\left(1+1+1\right)^2}{ab+bc+ca}=\frac{3.9}{3}=9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)
\(\Rightarrow M\ge\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}.3=33\)
\(\)
BN
12 tháng 8 2019
Ta có : \(a+b^2⋮a^2b-1\) suy ra \(a+b^2=k\left(a^2b-1\right)\left(k\in N^{sao}\right)\)
\(\Leftrightarrow a+k=b\left(ka^2-b\right)\) hay \(mb=a+b\left(1\right)\) với \(m=ka^2-b\in Z^+\)
\(\Leftrightarrow m+b=ka^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(mb-m-b+1=a+b-ka^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)=\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\left(3\right)\)
Vì \(m,b\in Z^+\Rightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
Do đó từ (3) suy ra \(\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\ge0\)
Lại vì a > 0 nên suy ra \(k+1-ka\ge0\Rightarrow1\ge k\left(a-1\right)\)
Vì \(a-1\ge0,k>0\) nên \(1\ge k\left(a-1\right)\ge0\)
Mà \(k\left(a-1\right)\in Z\)
\(\Rightarrow k\left(a-1\right)=0\) hoặc \(k\left(a-1\right)=1\)
=> a=1 hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\k=1\end{matrix}\right.\)
- Với a=1 thay vào (3) ta có:(m-1)(b-1)=2
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b-1=1\\m-1=2\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b-1=2\\m-1=1\end{matrix}\right.\)
<=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=2\\m=3\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b=3\\m=2\end{matrix}\right.\)
TH b=2,m=3 suy ra 5=ka2 => a=1
TH b=3,m=2 => a=1
- Với a=1, k=1 thay vào (3): (m-1)(b-1)=0 <=> m=1 hoặc b=1
TH b=1 => a=2
TH m=1, từ (1) => a+k=b => b=3 => a=2
Vậy 4 cặp số (a;b) thỏa mãn là (1;2);(1;3);(2;3);(2;1)
G
9 tháng 7 2019
Cần chứng minh: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\)
Thật vậy: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\Leftrightarrow\left(4b-a\right)\left(ab+5b^2\right)-19b^3+a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow4ab^2+20b^3-a^2b-5ab^2-19b^3+a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
"=" khi a=b
Tương tự: \(\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}\le4c-b;\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4a-c\)
Cộng theo vế:
\(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4b-a+4c-b+4a-c=3\left(a+b+c\right)=3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3
2 tháng 2 2017
trước hết ta cần chứng minh \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5a^2}\le4b-a\left(1\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow19b^3-a^3\le\left(4b-a\right)\left(ab+5a^2\right)\left(ab+5a^2>0\right)\)
phá ngoặc và biến đổi thành bất đẳng thức quen thuộc\(a^3+b^3\ge\left(a+b\right)ab\)với a,b dương
để cm bất đẳng thức này ta cần biến đổi tương đương thành\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b)
chứng minh tương tự ta có VT\(\le\)4b-a+4c-b+4a-c\(=\)3(a+b+c)
để tham khảo thêm bạn có thể vào toán học tuổi trẻ số 440
AH
Akai Haruma
Giáo viên
22 tháng 10 2023
Đề bị lỗi hiển thị hay sao ấy, mình không nhìn thấy BĐT/ đẳng thức bạn muốn chứng minh.
4 tháng 5 2018
Sửa \(\dfrac{1}{3}\rightarrow3\)
Từ \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=6\)
Ta có: \(\dfrac{1}{a^2}+1\ge\dfrac{2}{a};\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b};\dfrac{1}{c^2}+1\ge\dfrac{2}{c}\)
Và \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab};\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc};\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta có:
\(3\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\right)\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\right)\ge12\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\ge4\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge3\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
TA
1 tháng 7 2017
Ta có \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=3.1=3\) \(\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel
\(B=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}=\frac{c}{a+b}\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Ta có: \(\frac{19a+3}{b^2+1}=\left(19a+3\right).\frac{1}{b^2+1}=\left(19a+3\right)\left(1-\frac{b^2}{b^2+1}\right)\)
\(\ge\left(19a+3\right)\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=\left(19a+3\right)\left(1-\frac{b}{2}\right)\)
\(=19a+3-\frac{19ab}{2}-\frac{3b}{2}\)(1)
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{19b+3}{c^2+1}\ge19b+3-\frac{19bc}{2}-\frac{3c}{2}\)(2); \(\frac{19c+3}{a^2+1}\ge19c+3-\frac{19ca}{2}-\frac{3a}{2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(A=\frac{19a+3}{b^2+1}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)\(\ge19\left(a+b+c\right)-\frac{3\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{19\left(ab+bc+ca\right)}{2}+9\)
\(=\frac{35\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{19\left(ab+bc+ca\right)}{2}+9\)
\(\ge\frac{35.\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{2}-\frac{19.3}{2}+9=\frac{105}{2}-\frac{57}{2}+9=33\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.