lại nữa

Từ giả thiết , ta có : \(GT< =>\frac{\left(3a+2b\right)\left(3a+2c\right)}{bc}=\frac{16}{bc}\)

\(< =>\left(\frac{3a}{b}+\frac{2b}{b}\right)\left(\frac{3a}{c}+\frac{2c}{c}\right)=16\)

\(< =>\left(3\frac{a}{b}+2\right)\left(3\frac{a}{c}+2\right)=16\)

đến đây nhắn cho e cái điểm rơi để e nghĩ tiếp nhaaaaaaa

\(P=\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{a}\ge2\left(AM-GM\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi : \(a^2=b^2+2bc+c^2\)

Từ giả thiết và đk xảy ra dấu "=" ta đc hệ:

\(\hept{\begin{cases}9a^2+6ab+6ac+4bc=16bc\\b^2+2bc+c^2=a^2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a^2+2ab+2ac-4bc=0\\b^2+2bc+c^2-a^2=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2ab+2ac+2b^2+2c^2-2bc=b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a+c\right)^2=b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-b^2\right]+\left(b-c\right)^2+\left[\left(a+c\right)^2-c^2\right]=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+2b\right)+a\left(a+2c\right)+\left(b-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(2a+2b+2c\right)+\left(b-c\right)^2=0\)

Vì a,b,c dương suy ra : \(\left(b-c\right)^2=0\Leftrightarrow b=c\)

\(\Rightarrow a^2=4b^2\Leftrightarrow a=2b=2c\)

Đến đây mình chịu 

Mà mình còn chẳng biết cách lm này có đúng ko 

Ta có:

sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)

Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)

có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)

Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)

MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)

Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3

Đặt  \(x=\frac{2}{a};\) \(y=\frac{4}{b};\)  \(z=\frac{1}{c}\)  

(Vì  \(a,b,c\in R^+\) nên suy ra  \(x,y,z>0\) )

Khi đó, điều kiện (giả thiết) đã cho trở thành  \(\frac{x^3+y^3}{xyz}+2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)=6\)   \(\left(\text{*}\right)\)

Với điều kiện mà  \(x,y,z\)  nhận được trên thì ta dễ dàng chứng minh được:  

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)  

Do đó,   \(\frac{x^3+y^3}{xyz}\ge\frac{xy\left(x+y\right)}{xyz}=\frac{x+y}{z}\)

Mặt khác, nhờ vào bđt Cauchy và yếu tố chủ chốt là  \(x,y>0\), ta có đánh giá sau:  \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\) 

nên  \(6=\frac{x^3+y^3}{xyz}+2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\ge\frac{x+y}{z}+4\)

\(\Rightarrow\)  \(0< \frac{x+y}{z}\le2\)

\(--------------\)

Ta có:

\(P=\frac{x}{y+2z}+\frac{y}{2z+x}+\frac{4z}{x+y}\ge\frac{x^2}{xy+2xz}+\frac{y^2}{2yz+xy}+\frac{4z}{x+y}\)

\(\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2xy+2z\left(x+y\right)}+\frac{4z}{x+y}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{2}+2z\left(x+y\right)}+\frac{4z}{x+y}=\frac{2\left(x+y\right)}{x+y+4z}+\frac{4z}{x+y}\)

Tóm lại:  \(P\ge\frac{\frac{2\left(x+y\right)}{z}}{\frac{x+y}{z}+4}+\frac{4}{\frac{x+y}{z}}\)

\(--------------\)

Đặt  \(t=\frac{x+y}{z}\)  \(\left(0< t\le2\right)\). Ta biểu diễn bất đẳng thức trên dưới dạng biến  \(t\)  như sau:

\(P\ge\frac{2t}{t+4}+\frac{4}{t}=\frac{2t}{t+4}+\frac{4}{t+4}+\frac{8}{t\left(t+4\right)}+\frac{8}{t\left(t+4\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{64t}{t\left(t+4\right)^3}}+\frac{8}{t\left(t+4\right)}\)

\(\ge\frac{12}{t+4}+\frac{8}{t\left(t+4\right)}\ge\frac{12}{2+4}+\frac{8}{2.6}=\frac{8}{3}\)

Dấu  \("="\) xảy ra   \(\Leftrightarrow\)   \(\hept{\begin{cases}x=y\\\frac{x+y}{z}=2\end{cases}}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z\)  \(\Leftrightarrow\)  \(2a=b=4c\)

Vậy,  \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất là  \(\frac{8}{3}\) khi  \(2a=b=4c\)

ap dung bdt \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\) 

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{16}\left[\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}^2\right)\right]\)

\(\Rightarrow16P\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(a+c^2\right)}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)\(+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

ap dung \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\) voi a+b=x, b+c=y, c+a=z

\(16P\le\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\)

tiếp tục áp dụng bdt ban đầu \(\frac{4}{a+b}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\le4.16.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2\)

\(\Rightarrow16P\le\frac{1}{4}.16\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\right]\)

=\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\right)\)

tiep tuc ap dung bo de thu 2 ta co 

\(16P\le\frac{1}{4}.4\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=3\)

\(\Rightarrow p\le\frac{3}{16}\)dau =khi a=b=c=1

Nguồn : mạng :V vào thống kê coi hình

Câu hỏi của Phạm Trần Minh Trí - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo.