Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
a/ Bạn cứ khai triển biến đổi tương đương thôi (mà làm biếng lắm)
b/ Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{xyz^3}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)
\(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
cảm ơn bạn nhưng nạ có thể giải nốt cậu a hộ mình đc ko
Lời giải:
Ta có:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)[(a^2+ab+b^2)-2ab]$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+ab+b^2=(a^2+b^2)+ab\geq 2ab+ab=3ab$
$\Rightarrow 2ab\leq \frac{2(a^2+ab+b^2)}{3}$
$\Rightarrow a^2-ab+b^2=a^2+b^2+ab-2ab\geq a^2+b^2+ab- \frac{2}{3}(a^2+ab+b^2)=\frac{1}{3}(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq \frac{1}{3}(a+b)(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}(a+b)$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế thu được:
$P\geq \frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{3}(b+c)+\frac{1}{3}(c+a)=\frac{2}{3}(a+b+c)$
$\geq \frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=2$
Vậy $P_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$
Lời giải:
Ta có:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)[(a^2+ab+b^2)-2ab]$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+ab+b^2=(a^2+b^2)+ab\geq 2ab+ab=3ab$
$\Rightarrow 2ab\leq \frac{2(a^2+ab+b^2)}{3}$
$\Rightarrow a^2-ab+b^2=a^2+b^2+ab-2ab\geq a^2+b^2+ab- \frac{2}{3}(a^2+ab+b^2)=\frac{1}{3}(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq \frac{1}{3}(a+b)(a^2+ab+b^2)$
$\Rightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}(a+b)$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế thu được:
$P\geq \frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{3}(b+c)+\frac{1}{3}(c+a)=\frac{2}{3}(a+b+c)$
$\geq \frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=2$
Vậy $P_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$