Tìm kiếm
Bí mật
Bài 71 : Cho $a,b,c \geqslant 0$ và $a^2+b^2+c^2=3$
Tìm GTNN của $P=\frac{16}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1}}+\frac{ab+bc+ca+1}{a+b+c}$
Trước hết ta chứng minh $$a+b+c\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2.$$
Giả sử $a=\min{\{a, b, c\}}$. Đặt $f(a, b, c)=a+b+c-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2$, $t=\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}$.
Ta có $a\in [0; 1]$, $b^2+c^2\geq 2$, $b+c\geq \sqrt{2}$, $t=\sqrt{\dfrac{3-a^2}{2}}$ và
$$f(a, b, c)-f(a, t, t)=(b-c)^2\left(\dfrac{(b+c)^2}{4}-\dfrac{1}{b+c+\sqrt{2(b^2+c^2)}}\right)\geq 0.$$
Do đó
$$f(a, b, c)\geq f(a, t, t)=a+\sqrt{2(3-a^2)}-a^2(3-a^2)-\left(\dfrac{3-a^2}{2}\right)^2$$
$$=(a-1)^2\left(\dfrac{3}{4}(a+1)^2-\dfrac{3}{3-a+\sqrt{2(3-a^2)}}\right)\geq 0.$$
Đặt $s=a+b+c$, ta có $s\in [\sqrt{3}; 3]$, $ab+bc+ca=\dfrac{s^2-3}{2}$.
Vì $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a+b+c$ nên
$$P\geq \dfrac{16}{\sqrt{a+b+c+1}}+\dfrac{ab+bc+ca+1}{a+b+c}=\dfrac{16}{\sqrt{s+1}}+\dfrac{s^2-1}{2s}=g(s).$$
Ta có $$g'(s)=-\dfrac{8}{(s+1)\sqrt{s+1}}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2s^2}<0, \forall s\in [\sqrt{3}; 3].$$
Nên $g(s)$ nghịch biến trên $[\sqrt{3}; 3]$. Do đó $g(s)\geq g(3)=\dfrac{28}{3}$. Thành thử $P\geq \dfrac{28}{3}$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. Vậy GTNN của $P$ bằng $\dfrac{28}{3}$.
- Lugiahooh, 25 minutes, phanquockhanh và 2 người khác yêu thích
