Cho a và b là 2 số dương thỏa mãn a\(\ge3\) ; ab\(\ge6\). Tìm giá trị nhỏ nhất của
S=\(a^2+b^2\)
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
17 tháng 7 2021
\(\)\(=>a^5+b^5+c^5-3\ge0\)
\(< =>a^5+b^5+c^5-\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge0\)
\(>=>a^2.a^3-a^3+b^2.b^3-b^3+c^2.c^3-c^3\ge0\)
\(< =>a^2\left(a^3-1\right)+b^2\left(b^3-1\right)+c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)(luôn đúng)
vì \(a^2\left(a^3-1\right)\ge0;b^2\left(b^3-1\right)\ge0;c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)
Vậy \(Vt\ge3\)(đpcm)
\(\)
\(\)
8 tháng 10 2021
\(M=\sqrt{a^2+2ab+b^2+b^2}+\sqrt{b^2+2bc+c^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ca+a^2+a^2}\)
\(M=\sqrt{\left(a+b\right)^2+b^2}+\sqrt{\left(b^{ }+c\right)^2+c^2}+\sqrt{\left(c+a\right)^2+a^2}\)
\(M\ge\sqrt{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\sqrt{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2+3^2}\ge\sqrt{6^2+3^2}\ge3\sqrt{5}\)
\(dấu\)\("="xảy\) \(ra\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 10 2021
Cách khác:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$5(a^2+2ab+2b^2)=[(a+b)^2+b^2](2^2+1^2)\geq [2(a+b)+b]^2$
$\Rightarrow \sqrt{5(a^2+2ab+b^2)}\geq 2a+3b$
Tương tự với các căn thức còn lại và cộng theo vế:
$M\sqrt{5}\geq 5(a+b+c)$
$\Leftrightarrow M\geq \sqrt{5}(a+b+c)=3\sqrt{5}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6\)
\(P=x^3+y^3+z^3\)
Ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3x^2\)
Tương tự: \(2y^3+1\ge3y^2\) ; \(2z^3+1\ge3z^2\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-3\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\left(x^2+y^2+z^2-1\right)\)
Lại có: với mọi x;y;z thì:
\(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2+\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(x+y+z+xy+yz+zx\right)-3=9\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\left(3-1\right)=3\) (đpcm)
T
17 tháng 3 2020
Bài hay quá!
Đặt \(a=\frac{3x}{x+y+z};b=\frac{3y}{x+y+z};c=\frac{3z}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\)
Sau khi quy đồng cần chứng minh:
\(2\, \left( x+y+z \right) \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)(gõ Latex, không biết ad đã fix lỗi chưa, nếu nó không hiện thì hỏi ad, đừng hỏi em!)
Hay là: \( \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)
Or:
\(9\, \left( 1/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+3/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) {z}^{3}+3\, \left( x-2\,z+y \right) ^{3}{z}^{2}+ \left( \left( 3/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+1/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) \left( -y+x \right) ^{2}+ \left( x-z \right) ^{ 4}+ \left( y-z \right) ^{4} \right) z+ \left( x-z \right) \left( y-z \right) \left( \left( x-z \right) ^{3}+3\, \left( x-z \right) ^{2} \left( y-z \right) +3\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) ^{2}+ 21\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) z+ \left( y-z \right) ^{3} \right) \geq 0 \)
Cách xử trí: Nếu nó không hiện: Sau khi quy đồng, ta biến đối nó về như trong link sau: https://imgur.com/D8ScX4k
T
18 tháng 3 2020
Cách khác:
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge a^2+b^2+c^2+3\)
Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+3\)
Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge12\)
Or: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge6\)
Giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)(*)
Do đó: \(VT=\frac{ab+bc+ca}{abc}+ab+bc+ca\)
\(\ge\frac{a+b+c\left(a+b\right)-1}{\frac{c\left(a+b\right)^2}{4}}+a+b+c\left(a+b\right)-1\)
\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(a+b\right)-4}{c\left(a+b\right)^2}+\left(c+1\right)\left(a+b\right)-1\)
\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(3-c\right)-4}{c\left(3-c\right)^2}+\left(c+1\right)\left(3-c\right)-1\ge6\)
Last inequality\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-c\right)^3\left(c-1\right)^2}{c\left(c-3\right)^2}\ge0\). Nếu c < 2 thì ta có đpcm.
Nếu \(c\ge2\)
\(VT=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(>\frac{4}{a+b}+ab+c\left(a+b\right)\ge\frac{4}{a+b}+2\left(a+b\right)\ge2\sqrt{8}>3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 3 2022
Ta có:
\(\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(c^2+1\right)+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)
\(\ge2a+2b+2c+2ab+2bc+2ca=12\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
\(P=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(P\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
\(P_{min}=3\) khi \(a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 4 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}=\sum \frac{a+1}{b^2+1}=\sum [(a+1)-\frac{b^2(a+1)}{b^2+1}]=\sum (a+1)-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\)
\(=6-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq 6-\sum \frac{b^2(a+1)}{2b}=6-\sum \frac{ab+b}{2}\)
\(=6-\frac{\sum ab+3}{2}\geq 6-\frac{\frac{1}{3}(a+b+c)^2+3}{2}=6-\frac{3+3}{2}=3\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 6 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 4 2021
Ta chứng minh BĐT phụ sau:
\(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}\ge\dfrac{2a-b}{2}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(2a^3-\left(2a-b\right)\left(a^2+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow b\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng với a;b dương)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^3+c^3}\ge\dfrac{2b-c}{2}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^3+a^3}\ge\dfrac{2c-a}{2}\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge\dfrac{a+b+c}{2}=3\) (đpcm)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$\frac{4}{9}a^2+b^2\geq \frac{4}{3}ab\geq \frac{4}{3}.6=8$
$\frac{5}{9}a^2\geq \frac{5}{9}.3^2=5$
Cộng theo vế:
$S\geq 8+5=13$
Vậy $S_{\min}=13$ khi $(a,b)=(3,2)$