Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}=\sum \frac{a+1}{b^2+1}=\sum [(a+1)-\frac{b^2(a+1)}{b^2+1}]=\sum (a+1)-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\)
\(=6-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq 6-\sum \frac{b^2(a+1)}{2b}=6-\sum \frac{ab+b}{2}\)
\(=6-\frac{\sum ab+3}{2}\geq 6-\frac{\frac{1}{3}(a+b+c)^2+3}{2}=6-\frac{3+3}{2}=3\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Tham khảo:
Cho abc=1CMR\(\dfrac{a+3}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{b+3}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{c+3}{\left(c+1\right)^2}\ge3\) - Hoc24
Theo bất đẳng thức AM - GM ta có:
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\ge a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Làm tương tự có hai bất đẳng thức với \(\frac{b+1}{c^2+1}\)và \(\frac{c+1}{a^2+1}\)sau đó cộng lại ta có:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\left(a+1-\frac{ab+b}{2}\right)+\left(b+1-\frac{bc+c}{2}\right)+\left(c+1-\frac{ca+a}{2}\right)\)
\(=3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\).
Nếu ta chứng minh được \(a+b+c-ab-bc-ca\ge0\)ta sẽ có đpcm.
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\).
Do đó ta có đpcm.
Ta chứng minh BĐT sau cho các số dương:
\(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\)
\(\Leftrightarrow x^5-x^4y+y^5-xy^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)
Áp dụng:
\(\dfrac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\dfrac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)=2-\left(ab+ca+ca\right)\)
\(VT\ge4-\left(ab+bc+ca\right)-2=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(VT\ge4\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2=3\left(ab+bc+ca\right)-2\) (đpcm)
Lời giải khác:
Theo BĐT AM-GM:
\(\text{VT}=\sum \frac{\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}{a}\geq \sum \frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{a}=\sum \frac{\sqrt{a+b+c}.\sqrt{b+c-a}}{a}\)
\(=\sum \frac{\sqrt{a+b+c}.(b+c-a)}{\sqrt{a^2(b+c-a)}}\)
Theo BĐT AM-GM:
$a^2(b+c-a)\leq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3$
\(\Rightarrow \text{VT}\geq 3\sqrt{3}\sum \frac{\sqrt{a+b+c}(b+c-a)}{\sqrt{(a+b+c)^3}}=3\sqrt{3}.\sum \frac{b+c-a}{a+b+c}=3\sqrt{3}\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên ta cũng suy ra \(0< a;b;c< \frac{3}{2}\)
Đặt vế trái là P, ta có:
\(P=\sum\frac{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}{a}\ge\sum\frac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-a^2}}{a}=\sum\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}}{a}=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3-2a}}{a}+\frac{\sqrt{3-2b}}{b}+\frac{\sqrt{3-2c}}{c}\right)\)
Ta có đánh giá: \(\frac{\sqrt{3-2a}}{a}\ge3-2a\) với mọi \(a\in\left(0;\frac{3}{2}\right)\)
Thật vậy, BĐT \(\Leftrightarrow a\sqrt{3-2a}\le1\)
\(\Leftrightarrow1-a^2\left(3-2a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự \(\frac{\sqrt{3-2b}}{b}\ge3-2b\) ; \(\frac{\sqrt{3-2c}}{c}\ge3-2c\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{3}\left[9-2\left(a+b+c\right)\right]=3\sqrt{3}\) (đpcm)
a: \(\lim\limits_{x\rightarrow3^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3^+}x^2-3=3^2-3=6\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow3^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3^-}x+3=3+3=6\)
b: Vì \(\lim\limits_{x\rightarrow3^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow3^-}f\left(x\right)=6\)
nên hàm số tồn tại lim khi x=3
=>\(\lim\limits_{x\rightarrow3}f\left(x\right)=6\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=8+x\\b=3+y\end{matrix}\right.\left(x,y\in N,xy\ne0\right)\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=5+x-y\\b=3+y\end{matrix}\right.\)
Khi đó:
\(27a^2+10b^3=27\left(5+x-y\right)^2+10\left(3+y\right)^3\)
\(=27\left(25+x^2+y^2+10x-2xy-10y\right)+10\left(27+y^3+9y^2+27y\right)\)
\(=945+27\left(x^2+y^2-2xy\right)+270x+10y^3+90y^{2\text{}}\)
\(=945+27\left(x-y\right)^2+270x+10y^3+90y^2>945\)
Vậy \(27a^2+10b^3>945\)