cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3abc.tìm gtnn của:
.P=1/a3+1/b3+1/c3
ai làm được không? đang cần tới chủ nhật
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
NA
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 8 2021
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 \(a=b=c=673\)
6 tháng 4 2023
a+b+c=1; a>0; b>0; c>0
=>a>=b>=c>=0
=>a(a-c)>=b(b-c)>=0
=>a(a-b)(a-c)>=b(a-b)(b-c)
=>a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)>=0
mà (a-c)(b-c)*c>=0 và c(c-a)(c-b)>=0
nên a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+(a-c)(b-c)*c>=0
=>a^3+b^3+c^3+3acb>=a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2b+c^2a
=>a^3+b^3+c^3+6abc>=(a+b+c)(ab+bc+ac)
=>a^3+b^3+c^3+6abc>=(ab+bc+ac)
mà a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)
nên 2(a^3+b^3+c^3)+3acb>=a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ac(ĐPCM)
Y
3
8 tháng 3 2021
Mk ms tìm được GTNN thôi!
Ta có: A = a3 + b3 = (a + b)(a2 + b2 - ab) = (a + b)(1 - ab)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số ko âm a2 và b2 ta có:
a2 + b2 \(\ge\) 2ab
\(\Leftrightarrow\) 1 \(\ge\) 2ab
\(\Leftrightarrow\) 1 - 2ab \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) 1 - ab \(\ge\) ab
\(\Rightarrow\) A \(\ge\) ab(a + b)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = \(\sqrt{0,5}\)
\(\Rightarrow\) A \(\ge\) 0,5 . 2\(\sqrt{0,5}\) = \(\sqrt{0,5}\)
Vậy ...
Chúc bn học tốt!
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 3 2021
\(a^2+b^2=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le1\\0\le b\le1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\le a^2+b^2=1\)
\(A_{max}=1\) khi \(\left(a;b\right)=\left(0;1\right);\left(1;0\right)\)
\(a^3+a^3+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^3\ge\dfrac{3}{\sqrt{2}}a^2\)
\(b^3+b^3+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^3\ge\dfrac{3}{\sqrt{2}}b^2\)
Cộng vế:
\(2\left(a^3+b^3\right)+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ge\dfrac{3}{\sqrt{2}}\left(a^2+b^2\right)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
\(A_{min}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) khi \(a=b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
TV
2
9 tháng 1 2021
Rõ ràng trong hai số a, b, c tồn tại một số chẵn (Vì nếu a, b, c đều lẻ thì a3 + b3 + c3 là số lẻ, không chia hết cho 14).
Ta lại có \(a^3;b^3;c^3\equiv0;1;-1\).
Do đó nếu a, b, c đều không chia hết cho 7 thì \(a^3;b^3;c^3\equiv1;-1\left(mod7\right)\Rightarrow a^3+b^3+c^3⋮̸7\).
9 tháng 1 2021
Làm tiếp: Suy ra trong ba số a, b, c có ít nhất một số chia hết cho 7 \(\Rightarrow abc⋮7\).
Vậy abc chia hết cho 14.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 2 2022
Lời giải:
Tìm min:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^3+a^3+1\geq 3a^2$
$b^3+b^3+1\geq 3b^2$
$c^3+c^3+1\geq 3c^2$
$\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)+3\geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow 2P+3\geq 9$
$\Leftrightarrow P\geq 3$
Vậy $P_{\min}=3$ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$
----------------
Tìm max:
$a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a^2,b^2,c^2\leq 3$
$\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}$
Do đó: $a^3-\sqrt{3}a^2=a^2(a-\sqrt{3})\leq 0$
$\Rightarrow a^3\leq \sqrt{3}a^2$
Tương tự với $b,c$ và cộng theo vế:
$P\leq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)=3\sqrt{3}$
Vậy $P_{\max}=3\sqrt{3}$ khi $(a,b,c)=(\sqrt{3},0,0)$ và hoán vị.
15 tháng 7 2023
\(a+b+c=1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3=1\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=1\)
\(\Leftrightarrow1+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=1\)'
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=0\\b+c=0\\c+a=0\end{matrix}\right.\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a+b=0\), các trường hợp còn lại làm tương tự.
Khi đó từ \(a+b+c=1\) suy ra \(c=1\) (thỏa mãn). Thế thì \(T=0^{2023}+0^{2023}+1^{2023}=1\).
Như vậy \(T=1\)
12 tháng 2 2022
Do \(0\le a,b,c\le1\)
nên\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a^2-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b-b-a^2+1\ge0\\b^2c-c-b^2+1\ge0\\c^2a-a-c^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b\ge a^2+b-1\\b^2c\ge b^2+c-1\\c^2a\ge c^2+a-1\end{matrix}\right.\)
Ta cũng có:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)
Do đó \(T=2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)\(-\left(a^2+b-1+b^2+c-1+c^2+a-1\right)\)
\(=3\)
Vậy GTLN của T=3, đạt được chẳng hạn khi \(a=1;b=0;c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>
9 tháng 11 2017
a2(b+c)2+5bc+b2(a+c)2+5ac≥4a29(b+c)2+4b29(a+c)2=49(a2(1−a)2+b2(1−b)2)(vì a+b+c=1)
a2(1−a)2−9a−24=(2−x)(3x−1)24(1−a)2≥0(vì )<a<1)
⇒a2(1−a)2≥9a−24
tương tự: b2(1−b)2≥9b−24
⇒P⩾49(9a−24+9b−24)−3(a+b)24=(a+b)−94−3(a+b)24.
đặt t=a+b(0<t<1)⇒P≥F(t)=−3t24+t−94(∗)
Xét hàm (∗) được: MinF(t)=F(23)=−19
⇒MinP=MinF(t)=−19.dấu "=" xảy ra khi a=b=c=13
Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=3\)
Đặt \(\left(\frac{1}{ab};\frac{1}{bc};\frac{1}{ca}\right)\rightarrow\left(x,y,z\right)\) thì:
\(P=x^3+y^3+z^3\)và \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xy+yz+xz=3\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^3+y^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3y^3}=3xy\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế
\(2P+3\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\)
\(\Rightarrow2P+3\ge9\Rightarrow2P\ge6\Rightarrow P\ge3\)
Xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Trước chủ nhật rồi nhé =)) nhớ vào xem
Tôi nghĩ bác Thắng đúng đấy
Chứ tôi không biết đâu
Tôi mới lớp 6