sao toàn toán lớp 9 thế

\(a-\frac{ab^2}{b^2+1}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự và cộng lại, ta có:\(p\ge a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}\) mà 3(ab+bc+ca)\(\le\)(a+b+c)^2=9

=>ab+bc+ca\(\le\)3

=> \(p\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra =>a=b=c=1

Vậy còn cách tìm maxP thì sao hả mấy bạn

a=b=c=2 thay vào ra min cái này là tay tui tự gõ ra a=b=c=2 chả có bước nào. còn chi tiết sau nhớ nhắc tui làm :D

Áp dụng BĐT Mincopxki và AM-GM có:

\(T=\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{16}+\frac{15\left(a+b+c\right)^2}{16}}\)

\(=\sqrt{2\sqrt{\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{16}}+\frac{15\cdot6^2}{16}}\)

\(=\sqrt{2\sqrt{\frac{81}{16}}+\frac{15\cdot6^2}{16}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

Khi \(a=b=c=2\)

thiếu đề bn ơi: a+b+c=?

HIHI viết thiếu nhưng mk ra rồi cảm ơn ạ !

uk, bn dùng UCT là ra mà

B.C.S :">

Từ giả thiết ta dễ thấy dấu "=" xảy ra khi a=1, b=3, c=5

Áp dụng BĐT Cauchy Schawrz, ta có:

\(a^2+\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{5}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{1+3+5}\Rightarrow2\sqrt{a^2+\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{5}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\) 

\(\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{25}{c}\ge\frac{\left(1+3+5\right)^2}{a+b+c}\Rightarrow3\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{25}{c}}\ge\frac{27}{\sqrt{a+b+c}}\)

Từ đó, suy ra

\(A\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}+\frac{27}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{a+b+c}{6}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{27}{2\sqrt{a+b+c}}+\frac{27}{2\sqrt{a+b+c}}\ge\frac{9}{6}+3\sqrt[3]{\frac{729}{8}}=15\)

Dấu "=" xảy ra khi a=1, b=3, c=5

Mong là không có gì sai sót!

Bài này dễ ẹc, cho tí não vào là ok 

Giải

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\) khi đó ta tìm dc \(S=2\)

Ta sẽ chứng minh nó là GTNN của \(S\)

Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có: 

\(Σ\frac{a^2+b}{b+c}\ge\frac{\left(Σa^2+1\right)^2}{Σa^2\left(b+c\right)+Σa^2+Σab}\)

Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng \(\frac{\left(Σa^2+1\right)^2}{Σa^2\left(b+c\right)+Σa^2+Σab}\ge2\)

\(\Leftrightarrow1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2\left(b+c\right)+2Σab\)

BĐT cuối cùng có thể biến đổi như sau:

\(1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2\left(b+c\right)+2Σab\)

\(\Leftrightarrow1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2-2Σa^3+2Σab\)

\(\Leftrightarrow\left(Σa^2\right)^2+2Σa^3\geΣa^2\) điều này đúng, vì 

\(Σa^3\ge\frac{Σa^2}{3}\)(BĐT Chebyshev). Và \(\left(Σa^2\right)^2\ge\frac{Σa^2}{3}\)

Theo Svac - xơ có :

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{9}{ab+bc+ca}\)

Khi đó \(P\ge\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\)

\(=\left(\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2.\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)

\(=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{21}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{30}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{10}{3}\)

Dấu "=: xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Vậy \(P_{min}=\frac{10}{3}\) khi \(a=b=c=1\)