\(\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{bc}{b+c}=\dfrac{ca}{c+a}\Rightarrow\dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{b+c}{bc}=\dfrac{c+a}{ca}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{c}\\\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{a^2+a^2+a^2}{a^2+a^2+a^2}=1\)

\(N=\dfrac{\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3}{\left(ab\right)\left(bc\right)\left(ca\right)}\)

Đặt \(\left(ab;bc;ca\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=0\Rightarrow N=\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz}\)

\(N=\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz+3xyz}{xyz}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]+3xyz}{xyz}=\dfrac{3xyz}{xyz}=3\)

\(a,\dfrac{3}{a+b}=\dfrac{2}{b+c}=\dfrac{1}{c+a}\\ \Rightarrow\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{b+c}{2}=\dfrac{c+a}{1}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{6}=\dfrac{a+b+c}{3}\\ \Rightarrow\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{a+b+c}{3}\\ \Rightarrow3\left(a+b+c\right)=3\left(a+b\right)\\ \Rightarrow3\left(a+b\right)+3c=3\left(a+b\right)\\ \Rightarrow3c=0\\ \Rightarrow c=0\)

Vậy \(P=\dfrac{a+b-2019c}{a+b+2018c}=\dfrac{a+b}{a+b}=1\)

câu trả lời cụa mk là như thế nàxvì mk ms hk lớp 7

Mk ko bjt, mk mới học lớp 6

mình nè, lớp 5 .vậy thì

Từ giả thiết \(a+b+c=6\) ta có:

\(\left(a+b+c\right)^2=36=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+ac+bc\right)=P+ab+ac+bc\)

Hay \(P=36-ab-bc-ca\).

Vậy GTLN của P tương đương với GTNN của \(ab+bc+ca\)

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\) là số lớn nhất trong \(a,b,c\)

Thì \(a+b+c=6\le3a\), do đó \(4\ge a\ge2\)

Lại có: \(ab+bc+ca\ge ab+ca=a\left(b+c\right)=6\left(6-a\right)\ge8\) với \(4 \ge a \ge 2\)

Do đó GTNN của \(ab+bc+ca=8\), khi \(\left\{\begin{matrix}a=4\\b=2\\c=0\end{matrix}\right.\)

Vậy GTLN của P là \(36-8=28\) khi \(\left\{\begin{matrix}a=4\\b=2\\c=0\end{matrix}\right.\)

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c=6\left(1\right)\\0\le a,b,c\le4\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Từ(1)=> \(\left\{\begin{matrix}b+c=\left(6-a\right)\\b^2+c^2+bc=\left(6-a\right)^2-bc\end{matrix}\right.\)

\(P=a^2+\left(b^2+c^2+bc\right)+a\left(b+c\right)=a^2+\left[\left(6-a\right)^2-bc\right]+a\left(6-a\right)\)

\(P=\left(a^2-12a+36\right)-bc=\left(a-6\right)^2-bc\)

Từ (2)=> \(bc\ge0\) \(\Rightarrow P\le\left(a-6\right)^2\)

đạt được khi: \(b.c=0\Rightarrow\left[\begin{matrix}b=0\\c=0\end{matrix}\right.\) (3)

từ (1)&(3) \(\Rightarrow2\le a\le4\) (4)

P lớn nhất => !a-6! lớn nhất thủa mãn (4) => a=2 Từ (1)&(3)=>\(\left[\begin{matrix}b=4\\c=4\end{matrix}\right.\)

Kết luận:

Để P(a,b,c) đạt Max trong 3 số phải có 1 số =0 (cận bé của (2) ; Một số =4 (cận lớn của (2); một số thỏa mãn điều kiện (1)

Vậy: \(P_{max}\left(a,b,c\right)=P\left(4,2,0\right)=4^2+2^2+0^2+2.4+0+0=28\)

Đặt \(f\left(x\right)=x^2\) và \(a\ge b\ge c\)

Do đó, \(f\) là một hàm lồi và \((4,2,0)\succ(a,b,c)\)

Vậy, áp dụng BĐT Karamata ta có:

\(\Sigma\left(a^2+ab\right)=a^2+b^2+c^2+\frac{36-a^2-b^2-c^2}{2}\)

\(=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+18\le\frac{1}{2}\left(4^2+2^2+0^2\right)+18=28\)

Này thì ý kiến

Câu hỏi của Đậu Đình Kiên - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

Tham khảo: Câu hỏi của Đậu Đình Kiên