Cho a, b > 0 và a ³ + b ³ + 6ab ≤ 8 Tìm GTNN của P = $\frac{1}{a^2 + b^2}$ + $\frac{3}{ab}$ + ab

Đáp án: $P\ge \dfrac92$

Giải thích các bước giải:

Ta có:

$a^3+b^3+6ab\le 8$

$\to (a+b)^3-3ab(a+b)+6ab\le 8$

$\to (a+b)^3-3ab(a+b)+6ab-8\le 0$

$\to (a+b)^3-8-3ab(a+b)+6ab\le 0$

$\to (a+b-2)((a+b)^2+2(a+b)+4)-3ab(a+b-2)\le 0$

$\to (a+b-2)((a+b)^2+2(a+b)+4-3ab)\le 0$

$\to (a+b-2)(a^2+b^2+2(a+b)+4-ab)\le 0$

Ta có:

$a^2+b^2+2(a+b)+4-ab$

$\ge \dfrac12(a+b)^2+2(a+b)+4-\dfrac14(a+b)^2$

$\ge \dfrac14(a+b)^2+2(a+b)+4$

$\ge (\dfrac12(a+b)^2+2)^2$

$\ge 0$

$\to (a+b-2)(a^2+b^2+2(a+b)+4-ab)\le 0$

$\to a+b-2\le 0$

$\to a+b\le 2$

Ta có:

$P=\dfrac1{a^2+b^2}+\dfrac3{ab}+ab$

$\to P=(\dfrac1{a^2+b^2}+\dfrac1{2ab})+\dfrac3{2ab}+(\dfrac1{ab}+ab)$

$\to P\ge \dfrac4{a^2+b^2+2ab}+\dfrac3{\dfrac12(a+b)^2}+2\sqrt{\dfrac1{ab}\cdot ab}$

$\to P\ge \dfrac4{(a+b)^2}+\dfrac3{\dfrac12(a+b)^2}+2$

$\to P\ge \dfrac4{2^2}+\dfrac3{\dfrac12\cdot 2^2}+2$

$\to P\ge \dfrac92$

Dấu = xảy ra khi $a=b=1$