1. Tìm min P:
Cách 1: nhanh nhất là chúng ta sử dụng BĐT Holder:
\(\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right).3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Rightarrow P^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)
\(\Rightarrow P\ge3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Nếu không sử dụng Holder, ta làm như sau:
\(P^2=\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)^2=\dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{c^4}{a^2}+\dfrac{2a^2b}{c}+\dfrac{2b^2c}{a}+\dfrac{2c^2a}{b}\)
\(P^2=\left(\dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{a^2b}{c}+c^2\right)+\left(\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{b^2c}{a}+a^2\right)+\left(\dfrac{c^4}{a^2}+\dfrac{c^2a}{b}+\dfrac{c^2a}{b}+b^2\right)-3\)
\(P^2\ge4\sqrt[4]{\dfrac{a^8b^2c^2}{b^2c^2}}+4\sqrt[4]{\dfrac{b^8a^2c^2}{a^2c^2}}+4\sqrt[4]{\dfrac{c^8a^2b^2}{a^2b^2}}-3\)
\(P^2\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)-3=9\)
\(\Rightarrow P\ge3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(Q=\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}=\dfrac{a}{3-a^2}+\dfrac{b}{3-b^2}+\dfrac{c}{3-c^2}\)
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\Leftrightarrow2\ge a\left(3-a^2\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{3-a^2}\ge\dfrac{a}{2}\Rightarrow\dfrac{a}{3-a^2}\ge\dfrac{a^2}{2}\)
Tương tự:
\(\dfrac{b}{3-b^2}\ge\dfrac{b^2}{2}\) ; \(\dfrac{c}{3-c^2}\ge\dfrac{c^2}{2}\)
Cộng vế:
\(Q\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{a+1}=\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{b+1}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}\) ; \(\dfrac{c}{c+1}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
Nhân vế:
\(\dfrac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{8}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
\(\Rightarrow abc\ge8\)
a.
\(P=a\sqrt{4+b^2}+b\sqrt{4+c^2}+c\sqrt{4+a^2}\)
(Áp dụng \(4+x^2\ge\dfrac{1}{2}\left(2+x\right)^2\))
\(P\ge\dfrac{a}{\sqrt{2}}\left(2+b\right)+\dfrac{b}{\sqrt{2}}\left(2+c\right)+\dfrac{c}{\sqrt{2}}\left(2+a\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(2a+2b+2c+ab+bc+ca\right)\ge\dfrac{1}{\sqrt{2}}.\left(2.3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\right)\ge12\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
b.
\(\dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}}\ge\dfrac{2}{a+1+a^2-a+1}=\dfrac{2}{a^2+2}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{\sqrt{b^3+1}}\ge\dfrac{2}{b^2+2}\) ; \(\dfrac{1}{\sqrt{c^3+1}}\ge\dfrac{2}{c^2+2}\)
\(\Rightarrow Q\ge\dfrac{2}{a^2+2}+\dfrac{2}{b^2+2}+\dfrac{2}{c^2+2}\)
Từ điều kiện ban đầu \(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=1\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{1+a}=x\\\dfrac{1}{1+b}=y\\\dfrac{1}{1+c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z=1\)
Đồng thời: \(\dfrac{1}{1+a}=x\Rightarrow1+a=\dfrac{1}{x}=\dfrac{x+y+z}{x}\Rightarrow a=\dfrac{x+y+z}{x}-1=\dfrac{y+z}{x}\)
Tương tự: \(b=\dfrac{z+x}{y}\) ; \(c=\dfrac{x+y}{z}\)
Từ đó:
\(Q\ge\dfrac{2}{\left(\dfrac{y+z}{x}\right)^2+2}+\dfrac{2}{\left(\dfrac{z+x}{y}\right)^2+2}+\dfrac{2}{\left(\dfrac{x+y}{z}\right)^2+2}\)
\(Q\ge\dfrac{2x^2}{2x^2+\left(y+z\right)^2}+\dfrac{2y^2}{2y^2+\left(z+x\right)^2}+\dfrac{2z^2}{2z^2+\left(x+y\right)^2}\)
\(Q\ge\dfrac{2x^2}{2x^2+2\left(y^2+z^2\right)}+\dfrac{2y^2}{2y^2+2\left(z^2+x^2\right)}+\dfrac{2z^2}{2z^2+2\left(x^2+y^2\right)}=1\)
\(Q_{min}=1\) khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c=2\)
cho c >0 CMR: 2c-2>c+2
lamm onn giupp toii voii !!
Cho ba số thực dương \(a;b;c\) thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\) . Chứng minh rằng :
\(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b+a}}\le\sqrt{3}\)
P/s: Em xin phép nhờ sự giúp đỡ và gợi ý của quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán ạ!
Ta có:
\(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}\le\dfrac{b\sqrt{1+c+a}}{a+b+c}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b+a}}\le\dfrac{c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Lại có:
\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}\)
\(=\sqrt{a}.\sqrt{a+ab+ac}+\sqrt{b}.\sqrt{b+bc+ab}+\sqrt{c}.\sqrt{c+ac+bc}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+2bc+2ca\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+bc+ca\right)}}{a+b+c}=\sqrt{\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}\le3\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho các số thực dương \(a;b;c\) thỏa mãn : \(a+b+c=3\)
Chứng minh rằng : \(\dfrac{a}{b^2+c^2+1}+\dfrac{b}{c^2+a^2+1}+\dfrac{c}{a^2+b^2+1}\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}\)
P/s: Em xin phép nhờ quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán giúp đỡ em tham khảo với ạ!
Em cám ơn nhiều lắm ạ!
Ta có:
\(\left(b^2+c^2+1\right)\left(1+1+a^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{b^2+c^2+1}\le\dfrac{a^2+2}{9}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{b^2+c^2+1}\le\dfrac{a^3+2a}{9}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{c^2+a^2+1}\le\dfrac{b^3+2b}{9}\) ; \(\dfrac{c}{a^2+b^2+1}\le\dfrac{c^3+2c}{9}\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{a^3+b^3+c^3+2\left(a+b+c\right)}{9}=\dfrac{a^3+b^3+c^3+6}{9}\) (1)
Lại có:
\(\left(a^3+1+1\right)+\left(b^3+1+1\right)+\left(c^3+1+1\right)\ge3a+3b+3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\Rightarrow6\le2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow VT\le\dfrac{a^3+b^3+c^3+2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{9}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho các số thực dương : \(a;b;c\) thỏa mãn điều kiện : \(ab+bc+ac+abc=4\)
Chứng minh rằng : \(\dfrac{1}{\sqrt{2.\left(a^2+b^2\right)}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{2.\left(b^2+c^2\right)}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{2.\left(c^2+a^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{2}\)
P/s: Em xin phép nhờ sự giúp đỡ của quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán.
Em cám ơn nhiều lắm ạ!
Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\)
Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\)
" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cho các số thực dương \(a;b;c\) thỏa mãn: \(ab+bc+ac+abc=4\)
Chứng minh rằng : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
P/s: Em xin phép nhờ sự giúp đỡ của quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán.
Em cám ơn nhiều lắm ạ!
C/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\) (*)
Thật vậy , (*) \(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(a+2\right)\left(c+2\right)=\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+4\left(a+b+c\right)+12=abc+2\left(ab+bc+ac\right)+4\left(a+b+c\right)+8\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+abc=4\) (Đ)
=> (*) đúng ( đpcm )
Cho các số thực dương \(a;b;c\) thỏa mãn : \(a+b+c=3\). Chứng minh rằng :
\(\dfrac{ab}{a+3b+2c}+\dfrac{bc}{b+3c+2a}+\dfrac{ac}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{2}\)
P/s: Em xin phép nhờ quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán giúp đỡ em tham khảo với ạ!
Em cám ơn nhiều ạ!
\(\dfrac{ab}{a+3b+2c}=\dfrac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{ab}{2b}\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{a}{2}\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{bc}{b+3c+2a}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{b}{2}\right)\)
\(\dfrac{ac}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ac}{a+b}+\dfrac{c}{2}\right)\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc+ac}{a+b}+\dfrac{bc+ab}{a+c}+\dfrac{ab+ac}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{2}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{9}.\left(a+b+c+\dfrac{a+b+c}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho a,b,c ϵ [1;4] và a ≥ b. Tìm max của P =\(\dfrac{b}{2a+3b}+\dfrac{c}{c+b}+\dfrac{a}{a+c}\)