bn sử dụng bất đẳng thức cô si đi

Nguyễn Đại Nghĩa,bác nói cụ thể hơn được ko :v

Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{​​}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)

Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))

Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị

Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)

Khi đó  \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)

Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)

Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)

Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)

Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)

Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))

Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1

3. Áp dụng cô si ta có 

\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c=1\)

Lại có:

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

⇒ P ≥ \(2020.1+1=2021\)

Vậy Pmin = 2021 khi và chỉ khi a = b = c =1/3

fkfkbang14

Dễ chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\)

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

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

\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)

Ta có : \(T=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)

\(=1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}\)

\(=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

\(\le3-\frac{9}{a+b+c+3}\le3-\frac{9}{6+3}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)

bạn ơi , kết quả thì đúng r nhưng tại sao đoạn \(2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le6\)

thỏa cái j sửa đi

\(Q\le\sqrt{3\left(a+b+b+c+c+a\right)}=\sqrt{6\left(a+b+c\right)}\le\sqrt{6.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\sqrt{6\sqrt{3}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lại có:

\(a^2+b^2+c^2\le1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge a^2+b^2+c^2=1\)

Do đó:

\(Q^2=2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{b^2+ab+bc+ca}+2\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\)

\(Q^2\ge2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a^2}+2\sqrt{b^2}+2\sqrt{c^2}\)

\(Q^2\ge4\left(a+b+c\right)\ge4\)

\(\Rightarrow Q\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị