Chủ đề này có 2 trả lời

[tranphuonganh97]

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $a+b+c\leq 1$

Tìm min:P= $\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{1}{ab(a+b)}$

[holmes2013]

Ta có: $\sum \frac{1}{ab\left ( a+b \right )}= \frac{1}{abc}\left ( \sum \frac{c}{a+b} \right )$

                                                           $\geq \frac{3}{2abc}$$\geq \frac{3\left ( a+b+c \right )}{2abc}$

                                                           $= \frac{3}{2}\left ( \frac{1}{ab} +\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right )$

                                                           $\geq \frac{27}{2\left ( ab+bc+ca \right )}$     (BĐT Cauchy-Schwarz)

 

Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

          $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{\left ( a+b+c \right )^{2}}\geq 9$

 

Vì $ab+bc+ca\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}\leq \frac{1}{3}$

    $\Rightarrow \frac{23}{2\left ( ab+bc+ca \right )}\geq \frac{69}{2}$

 

Nên $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{27}{2\left ( ab+bc+ca \right )}\geq \frac{87}{2}$

 

Do đó: $P\geq \frac{87}{2}$

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a= b= c= \frac{1}{3}$

[KietLW9]

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số dương, ta được: $\sum_{cyc}\frac{1}{ab(a+b)}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\prod_{cyc}(a+b)}}$ 

Mà ta dễ có: $a^2b^2c^2\prod_{cyc}(a+b)\leqslant \frac{(ab+bc+ca)^3}{27}.\frac{8(a+b+c)^2}{27}\leqslant \frac{8(ab+bc+ca)^3}{27^2}$ 

Từ đó suy ra: $3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\prod_{cyc}(a+b)}}\geqslant \frac{27}{2(ab+bc+ca)}$

Vậy $\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\sum_{cyc}\frac{1}{ab(a+b)}\geqslant \frac{1}{a^2+b^2+c^2}+ \frac{27}{2(ab+bc+ca)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+ \frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2(ab+bc+ca)}\geqslant \frac{9}{(a+b+c)^2}+\frac{23}{2.\frac{(a+b+c)^2}{3}}\geqslant \frac{87}{2}$  

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$