Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn a+b+c=12.TÌm Min của P =\(\frac{a^4}{b\left(c+a\right)^2}+\frac{b^4}{c\left(a+b\right)^2}+\frac{c^4}{a\left(b+c\right)^2}\)
cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn abc=1.Tìm Min của \(P=\frac{a^2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)bc}+\frac{b^2}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)ca}+\frac{c^2-a^2b-ab-a-1}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)ab}\)
\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}-1\)
\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\)
Ko biết đúng hay không!
Mới lớp 6 , mà tôi nghĩ Lầy Văn Lội đúng đấy!
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(4\left(a^3+b^3\right)+c^3=2\left(a+b+c\right)\left(ac+bc-2\right)\)
Tìm giá trị lớn nhất của \(P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2ac\left(c+2\right)}+\frac{b+c}{a+b+c+2}-\frac{\left(a+b\right)^2+c^2}{16}\)
Ta có \(x^3+y^3\ge\frac{1}{4}\left(x+y\right)^3;xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\) với mọi \(x,y>0\)
Kết hợp với giả thiết suy ra :
\(\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)^3\le\left(a+b\right)^3+c^3\le4\left(a^3+b^3\right)+c^3\le2\left(a+b+c\right)\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}-2\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge4\)
Khi đó sử dựng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a\left(c+2\right)}=\frac{a}{a+c+2+\left(\frac{b^2}{2a}+\frac{a}{2}\right)}\le\frac{a}{a+c+2+2\sqrt{\frac{b^2}{2a}.\frac{a}{2}}}=\frac{a}{a+b+c+2}\)
Và \(\left(a+b\right)^2+c^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2\)
Suy ra \(P\le\frac{a+b+c}{a+b+c+2}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{32}\)
Đặt \(t=a+b+c\ge4,P\le f\left(t\right)=\frac{t}{t+2}-\frac{t^2}{32}\)
Ta có : \(f'\left(t\right)=\frac{2}{\left(t+2\right)^2}-\frac{t}{16}=\frac{32-t\left(t+2\right)^2}{16\left(t+2\right)^2}<0\) với mọi \(t\ge4\)
Suy ra hàm số \(f'\left(t\right)\) nghịch biến trên \(\left(4;+\infty\right)\). Do đó \(P\le f\left(t\right)\le f\left(4\right)=\frac{1}{6}\)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(\begin{cases}a=b;a+b=c\\a+b+c=4\end{cases}\) \(\Leftrightarrow a=b=1,c=2\)
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng \(\frac{1}{6}\)
cho a,b,c là ác số dương thỏa mãn a^2 + b^2 +c^2 <= 3c
tìm gtnn A=\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{8}{\left(b+3\right)^2}+\frac{4}{\left(c+2\right)}\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng :
\(\sqrt{a+\frac{\left(b-c\right)^2}{4}}+\sqrt{b+\frac{\left(a-c\right)^2}{4}}+\sqrt{c+\frac{\left(a-b\right)^2}{4}}\le2\)
Đề phải là số thực không âm mới đúng
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)=6\)
Tìm MIN: \(P=\frac{bc}{a\left(2b+c\right)}+\frac{ca}{b\left(2a+c\right)}+\frac{4ab}{c\left(a+b\right)}\)
\(P=\frac{bc}{2ab+ac}+\frac{ca}{2ab+bc}+\frac{4ab}{bc+ca}\)
Xét \(Q=P+3=\frac{bc}{2ab+ac}+1+\frac{ca}{2ab+bc}+1+\frac{4ab}{bc+ca}+1\)
\(Q=\frac{2ab+ac+bc}{2ab+ac}+\frac{2ab+ac+bc}{2ab+bc}+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}\)
\(=\left(2ab+ac+bc\right)\left(\frac{1}{2ab+ac}+\frac{1}{2ab+bc}\right)+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}\)
\(\ge\left(2ab+ac+bc\right)\frac{4}{4ab+ac+bc}+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}=K\)(Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)với a, b không âm)
\(K=\frac{2\left(4ab+ac+bc\right)+2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}+\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\)\(+\frac{7\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\)
\(=2+\left[\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}+\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\right]+\frac{7}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)
\(\ge2+2\sqrt{\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}.\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}}+\frac{7}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)(Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm)
\(=\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)
Mặt khác: \(6=2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)=\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}+\frac{c\left(a^3+b^3\right)}{a^2b^2}\)
\(=\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}+\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}\)\(\ge\frac{2.2ab}{ab}+\frac{c\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)}{a^2b^2}=4+\frac{ac+bc}{ab}\)(theo BĐT \(a^2+b^2\ge2ab\))
\(\Rightarrow\frac{ac+bc}{ab}\le2\Leftrightarrow\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow K\ge\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\ge\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4}{2}=\frac{17}{3}\)
Ta có \(Q=P+3\ge K\ge\frac{17}{3}\Rightarrow P\ge\frac{17}{3}-3=\frac{8}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}2ab+ac=2ab+bc\\\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}=\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\\a=b\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow a=b=c\)
Từ \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)=6\Rightarrow6=\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}+\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}\)
ta có \(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow6=\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}+\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}\ge\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+4\)
\(\Rightarrow0< \frac{c\left(a+b\right)}{ab}\le2\)
Lại có
\(\frac{bc}{a\left(2b+c\right)}+\frac{ac}{b\left(2a+c\right)}=\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(2b+c\right)}+\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(2a+c\right)}\ge\frac{\left(bc+ac\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)\(=\frac{\left[c\left(a+b\right)\right]^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)
và \(abc\left(a+b+c\right)=ab\cdot bc+bc\cdot ba+ab\cdot ca\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a\left(2b+c\right)}+\frac{ac}{b\left(2a+c\right)}\ge\frac{3}{2}\left(\frac{c\left(a+b\right)}{ab+bc+ca}\right)^2=\frac{3}{2}\left(\frac{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}{1+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\right)^2\)
Đặt \(t=\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\Rightarrow P\ge\frac{3t^2}{2\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}\left(0< t\le2\right)\)
Có \(\frac{3t^2}{2\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}=\left(\frac{3t^2}{\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}-\frac{8}{3}\right)+\frac{8}{3}=\frac{-7t^2-8t^2+32t+24}{6t\left(1+t\right)^2}+\frac{8}{3}\)
\(=\frac{\left(t-2\right)\left(-7t^2-22t-12\right)}{6t\left(1+t\right)^2}\ge0\forall t\in(0;2]\)
=> \(\frac{\left(t-2\right)\left(-7t^2-22t-12\right)}{6t\left(1+t\right)^2}+\frac{8}{3}\ge\frac{8}{3}\forall t\in(0;2]\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> t=2 hay a=b=c
Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng :
\(\frac{a}{1+9bc+4\left(b-c\right)^2}+\frac{b}{1+9ca+4\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{1+9ab+4\left(a-b\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
Cho các số thực dương a;b;c thỏa mãn abc=1
CMR
\(\frac{a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}-\frac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)<=1/4
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 .Chứng minh;
\(\frac{a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}-\frac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\) <=\(\frac{1}{4}\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3abc. Chứng minh rằng :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\left[\frac{a^4}{\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)}+\frac{b^4}{\left(bc+1\right)\left(ab+1\right)}+\frac{c^4}{\left(ca+1\right)\left(bc+1\right)}\right]\ge\frac{27}{4}\)
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh