Đấu đề bổ sung = 3 nhé

Xíu mk giải cho

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số không âm, ta có:

\(\frac{a^2+6a+3}{a^2+a}=\frac{\left(3a^2+3\right)+6a-2a^2}{a^2+a}\ge\frac{6a+6a-2a^2}{a^2+a}\)

\(=\frac{12a-2a^2}{a^2+a}=\frac{14}{a+1}-2\)

Tương tự ta có: \(\frac{b^2+6b+3}{b^2+b}\ge\frac{14}{b+1}-2\);\(\frac{c^2+6c+3}{c^2+c}\ge\frac{14}{c+1}-2\)

Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên và sử dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được: 

\(A\ge14\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)-6\ge14.\frac{9}{a+b+c+3}-6\)

\(\ge14.\frac{9}{3+3}-6=15\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Cách 2, dùng UCT xét BĐT phụ

Xét BĐT phụ: \(\frac{x^2+6x+3}{x^2+x}\ge\frac{-7}{2}x+\frac{17}{2}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(7x+6\right)\left(x-1\right)^2}{2\left(x^2+x\right)}\ge0\)(Đúng với mọi x dương)

Áp dụng, ta được: \(A=\frac{a^2+6a+3}{a^2+a}+\frac{b^2+6b+3}{b^2+b}+\frac{c^2+6c+3}{c^2+c}\)\(\ge\frac{-7}{2}\left(a+b+c\right)+\frac{17}{2}.3=\ge\frac{-7}{2}.3+\frac{51}{2}=15\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Ta có:\(\sum\dfrac{a^2+6a+3}{a^2+a}=\sum\left(1+\dfrac{5a+3}{a^2+a}\right)=3+\sum\dfrac{5a+3}{a^2+a}\)

Có BĐT phụ: \(\dfrac{5a+3}{a^2+a}\ge-\dfrac{7}{2}a+\dfrac{15}{2}\)đúng vì nó tương đương \(\left(7a+6\right)\left(a-1\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Áp dụng tương tự ta có:

\(VT\ge3-\dfrac{7}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{15}{2}.3\ge3-\dfrac{21}{2}+\dfrac{45}{2}=15\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Đặt VT là K.

Ta có: \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+3b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Tiếp tục ta chứng minh: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\le\frac{3a+2b}{5}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

Tương tự ta có: \(\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\);\(\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\)

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

\(M\le\frac{3b+2c}{5}+\frac{3a+3b}{5}+\frac{3c+2a}{5}=a+b+c\)

Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)

hay \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)

Vậy \(M\le3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

VT là M nha, mà k hay M gì cx đc, cm đc ròi

Ta có \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+2b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Mặt khác \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}=\frac{5a^2+15ab+5b^2}{5\left(2a+3b\right)}\)

\(=\frac{\left(3a+2b\right)\left(2a+3b\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)}{5\left(2a+b\right)}=\frac{3a+2b}{5}-\frac{\left(a-b\right)^2}{5\left(2a+b\right)}\le\frac{3a+2b}{5}\)

Do đó \(\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{3a+2b}{5}\left(1\right)\)

Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\left(2\right)\\\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8bc+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1) (2)(3) ta có: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}+\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}+\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le a+b+c=3\)

Ta có \(\sqrt{1+8a^3}=\sqrt{\left(1+2a\right)\left(1-2a+4a^2\right)}\le\frac{1+2a+1-2a+4a^2}{2}=1+2a^2\)(BĐT AM-GM)

Tương tự cho \(\sqrt{1+8b^2};\sqrt{1+8c^2}\)ta được \(P\ge\frac{1}{1+2a^2}+\frac{1}{1+2b^2}+\frac{1}{1+2c^2}\)

Mặt khác \(\frac{1}{1+2a^2}=\frac{1}{1+2a^2}+\frac{1+2a^2}{9}-\frac{1+2a^2}{9}\ge2\sqrt{\frac{1}{1+2a^2}\cdot\frac{1+2a^2}{9}}-\frac{2}{9}a^2-\frac{1}{9}=\frac{5-2a^2}{9}\)

Khi đó: \(P\ge\frac{5-2a^2}{9}-\frac{5-2b^2}{9}-\frac{5-2c^2}{9}\) \(=\frac{15-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{9}=\frac{15-2\cdot3}{9}=1\)

Vậy Min P=1

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=3\\1+2a=1-2a+4a^2\\\frac{1}{1+2a^2}=\frac{1+2a^2}{9}\end{cases}}\)và vai trò a,b,c như nhau hay (a,b,c)=(1,1,1)

Gọi \(S=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+ab+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ab+a^2}\)

Dễ thấy \(P-S=0\)

\(\Rightarrow2P=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+ab+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ab+a^2}\)

Ta chứng minh: 

\(\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{a+b}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

\(\Rightarrow2P\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=2\)

\(\Rightarrow P\ge1\)

P-S=0 ?? =))

\(P=\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\frac{a^2c+b^2c}{c^3+abc}+\frac{b^2a+c^2a}{a^3+abc}+\frac{c^2b+a^2b}{b^3+abc}\)

\(\ge\frac{a^3}{2abc}+\frac{b^3}{2abc}+\frac{c^3}{2abc}+\frac{2abc}{c^3+abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}+\frac{2abc}{b^3+abc}\)

\(=\left(\frac{a^3}{2abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}\right)+\left(\frac{b^3}{2abc}+\frac{2abc}{b^3+abc}\right)+\left(\frac{c^3}{2abc}+\frac{2abc}{c^3+abc}\right)\)

Xét: \(\frac{a^3}{2abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}=\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}+\frac{1}{\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}\ge2\sqrt{\left(\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}\right).\frac{1}{\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}}}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)

Tương tự với 2 cặp còn lại

Vậy ta có: \(P\ge\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}\)

"=" xảy ra <=> a=b=c

kết bạn với mình

Cảm ơn chị Nguyễn Linh Chi :)))

Lời giải:

$A=a-\frac{ac}{c+a^2}+b-\frac{ab}{a+b^2}+c-\frac{bc}{b+c^2}$

$=\sum a-\sum \frac{ac}{c+a^2}$

Áp dụng BĐT AM-GM: $c+a^2\geq 2a\sqrt{c}$

$\Rightarrow A\geq \sum a-\frac{1}{2}\sum \sqrt{c}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$(\sum \sqrt{c})^2\leq (c+a+b)(1+1+1)$

$\Rightarrow \sum \sqrt{c}\leq 3\sum a$

Do đó $A\geq \sum a-\frac{1}{2}\sqrt{3\sum a}$

Đặt $\sqrt{3\sum a}=t$ thì $A\geq \frac{t^2}{3}-\frac{t}{2}(*)$

Từ điều kiện $ab+bc+ac=3abc\Rightarrow 3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$3=\sum \frac{1}{a}\geq \frac{9}{\sum a}\Rightarrow \sum a\geq 3$

$\Rightarrow t=\sqrt{3\sum a}\geq 3$

Do đó:

$\frac{t^2}{3}-\frac{t}{2}=(t-3)(\frac{t}{3}+\frac{1}{2})+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}$ với mọi $t\geq 3(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Vậy $A_{\min}=\frac{3}{2}$ khi $a=b=c=1$

\(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+b^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1+a^3}{1+ab^2}\ge\frac{\left(1+ab^2\right)^2}{\left(1+b^3\right)^2}\)

\(\Rightarrow\)\(3P\ge\Sigma\frac{\left(1+ab^2\right)^2}{\left(1+b^3\right)^2}+2\Sigma\frac{1+a^3}{1+ab^2}\ge9\sqrt[9]{\frac{\Pi\left(1+ab^2\right)^2}{\Pi\left(1+a^3\right)^2}\left(\frac{\Pi\left(1+a^3\right)}{\Pi\left(1+ab^2\right)}\right)^2}=9\)

\(\Rightarrow\)\(P\ge3\)

dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)