Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
\(1-\frac{a}{a+1}\ge\frac{2b}{b+1}+\frac{3c}{c+1}\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}\ge\frac{b}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{b^2c^3}{\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+3.\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{abc^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)^3}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge25\sqrt[5]{\frac{a^2b^2c^6}{\left(a+1\right)^2\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^6}}\)
\(\frac{1}{c+1}\ge\frac{a}{a+1}+2.\frac{b}{b+1}+2.\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{ab^2c^2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(c+1\right)^3}\ge125\sqrt[5]{\frac{a^3b^6c^6}{\left(a+1\right)^3\left(b+1\right)^6\left(c+1\right)^6}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}\ge5^6\sqrt[5]{\frac{a^5b^{10}c^{15}}{\left(a+1\right)^5\left(b+1\right)^{10}\left(c+1\right)^{15}}}=\frac{5^6ab^2c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow ab^2c^3\le\frac{1}{5^6}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{5}\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Có: a + b = ab \(\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
=> a + b \(\ge4\)
\(\frac{1}{a^2+2a}+\frac{1}{b^2+2b}+\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\)
\(\ge\frac{4}{a^2+b^2+2\left(a+b\right)}+\sqrt{\left(1+ab\right)^2}\)
\(=\frac{4}{a^2+b^2+2ab}+\left(1+a+b\right)=\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\left(a+b\right)+1\)
\(=\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{a+b}{4^2}+\frac{a+b}{4^2}+\frac{7}{8}\left(a+b\right)+1\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{4}{\left(a+b\right)^2}.\frac{a+b}{4^2}.\frac{a+b}{4^2}}+\frac{7}{8}.4+1=\frac{3}{4}+\frac{7}{2}+1\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2
\(\left(\frac{a+b}{2-a-b}\right)^2\ge\frac{ab}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2-a-b}\right)^2-\frac{ab}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2+2ab+b^2\right)\left(a-1\right)\left(b-1\right)-ab\left(a+b-2\right)^2}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-a^3-b^3+a^2+b^2+a^2b+ab^2-2ab}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-\left(a-b\right)^2\left(a+b-1\right)}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)
BĐT cuối luôn đúng vì \(a;b\in\)\((0;\frac{1}{2}]\)
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow\frac{2+a^2+b^2}{\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+ab\right)\left(2+a^2+b^2\right)\ge2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
b/ \(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{2}{1+a^2b^2}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^4}+\frac{3}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{1}{1+b^4}+\frac{3}{1+c^4}\ge\frac{4}{1+bc^3}\); \(\frac{1}{1+c^4}+\frac{3}{1+a^4}\ge\frac{4}{1+a^3c}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
.
a)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+ab+b^2}{4}\ge0\)\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}}{4}\ge0\left(đpcm\right)\)
Vậy \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
b) Áp dụng Cauchy, ta có:
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{a}.\dfrac{ca}{b}}=2c\)
Tương tự: \(\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge2a\)
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}\ge2b\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh rồi rút gọn ta được đpcm.
Bạn chú ý tới dấu "=" của BĐT để tìm cách tách hợp lí nhé.
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{a^2\cdot2b}{2}\le\frac{\frac{\left(a+a+2b\right)^3}{27}}{2}=\frac{\frac{\left(2\left(a+b\right)\right)^3}{27}}{2}=\frac{4}{27}=VP\)
Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(\frac{2}{3};\frac{1}{3}\right)\)
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT=ab+\frac{1}{ab}=ab+\frac{1}{16ab}+\frac{15}{16ab}\)
\(\ge2\sqrt{ab\cdot\frac{1}{16ab}}+\frac{15}{16\cdot\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}\)
\(\ge2\sqrt{ab\cdot\frac{1}{16ab}}+\frac{15}{16\cdot\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}\)
Dấu "=" khi \(a=b=\frac{1}{2}\)