Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}\)(1)
Đặt a + b + c - 3 = x
Vì a,b,c > 1 => x > 0
=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}=\frac{\left(x+3\right)^2}{x}=\frac{x^2+6x+9}{x}=x+6+\frac{9}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{9}{x}}+6=12\)( AM-GM )
=> \(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}\ge12\)
=> \(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge12\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> x = 3 => a=b=c=2
áp dụng bất đẳng thức côsi
\(\frac{a^2}{b-1}+4\left(b-1\right)\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b-1}\cdot4\left(b-1\right)}=4a\)
\(\frac{b^2}{c-1}+4\left(c-1\right)\ge4b\)
\(\frac{c^2}{a-1}+4\left(a-1\right)\ge4c\)
cộng vế theo vế
\(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}+4\left(a-1\right)+4\left(b-1\right)+4\left(c-1\right)\ge4a+4b+4c\)
\(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge4\left(a+b+c\right)-4\left(a+b+c\right)+4\cdot3=12\)(đpcm)
Cách khác:
\(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)-3}\)
Đặt \(a+b+c=x>3\)
Ta cần chứng minh
\(\frac{x^2}{x-3}\ge12\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-6\right)^2}{x-3}\ge0\)(đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ta có: \(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}\)
Vậy ta chỉ cần chứng minh \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}\ge12\) với \(a;b;c>1\)
Thật vậy, do \(a;b;c>1\Rightarrow a+b+c-3>0\) biến đổi tương đương ta có:
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge12\left(a+b+c-3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-12\left(a+b+c\right)+36\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
BĐT được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Bài 1:
Ta có: \(P=\frac{1}{1+x^2}+\frac{4}{4+y^2}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+\frac{y^2}{4}}\)
Đặt \(\left(x;\frac{y}{2}\right)=\left(a;b\right)\left(a,b>0\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}P=\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+2ab\\ab\ge1\end{cases}}\)
Ta có: \(P=\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+2ab\)
\(\ge\frac{1}{ab+a^2}+\frac{1}{ab+b^2}+2ab=\frac{1}{ab}+2ab\)
\(=\left(\frac{1}{ab}+ab\right)+ab\ge2+1=3\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(ab=\frac{1}{ab}\Rightarrow ab=1\Rightarrow xy=2\)
Bài 3:
Đặt \(\left(a-1;b-1;c-1\right)=\left(x;y;z\right)\left(x,y,z>1\right)\)
Khi đó:
\(BĐTCCM\Leftrightarrow\frac{\left(x+1\right)^2}{y}+\frac{\left(y+1\right)^2}{z}+\frac{\left(z+1\right)^2}{x}\ge12\)
Thật vậy vì ta có:
\(VT=\frac{\left(x+1\right)^2}{y}+\frac{\left(y+1\right)^2}{z}+\frac{\left(z+1\right)^2}{x}\)
\(=\frac{x^2+2x+1}{y}+\frac{y^2+2y+1}{z}+\frac{z^2+2z+1}{x}\)
\(=\left(\frac{2x}{y}+\frac{2y}{z}+\frac{2z}{x}\right)+\left(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(VT\ge3\sqrt[3]{\frac{2x}{y}\cdot\frac{2y}{z}\cdot\frac{2z}{x}}+6\sqrt[6]{\frac{x^2}{y}\cdot\frac{y^2}{z}\cdot\frac{z^2}{x}\cdot\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{y}\cdot\frac{1}{z}}=6+6=12\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
*Giá trị nhỏ nhất của A đặt được khi \(ab=12;bc=8\)tại điểm rơi \(a=3,b=4,c=2\)Ta áp dụng bất đẳng thức cho từng nhóm sau:
\(\left(\frac{a}{18};\frac{b}{24};\frac{2}{ab}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{2}{ca}\right),\left(\frac{b}{16};\frac{c}{8};\frac{2}{bc}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{b}{12};\frac{8}{abc}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{18}\cdot\frac{b}{24}\cdot\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{2}{ca}}=1\)
\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{16}\cdot\frac{c}{8}\cdot\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{b}{12}+\frac{8}{abc}\ge4\sqrt[4]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{b}{12}\cdot\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)
\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}\cdot\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{18}\cdot\frac{13}{24}\cdot12}=\frac{13}{3}\)
\(\frac{13b}{48}+\frac{13c}{24}\ge2\sqrt{\frac{13b}{48}\cdot\frac{13c}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{48}\cdot\frac{13}{24}\cdot8}=\frac{13}{4}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\(\left(a+b+c\right)+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=3;b=4;c=2\)
Ta có: \(\frac{a}{1+b^2}=\frac{a\left(1+b^2\right)-ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab}{1+b^2}\)
\(1+b^2\ge2b\) \(\Rightarrow\frac{ab^2}{1+b^2}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\)\(\Rightarrow-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge-\frac{ab}{2}\)
Do đó: \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\); \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Suy ra \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\)
Mặt khác ta có: \(3\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\le1\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Do đó; \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\ge3\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
Keke
\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge\frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\) \(\left(i\right)\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};\) \(y=\frac{2}{b};\) và \(z=\frac{3}{c}\) \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{x}\\b=\frac{2}{b}\\c=\frac{3}{z}\end{cases}}\) nên \(x,y,z>0\)
Khi đó, ta có thể biểu diễn lại bđt \(\left(i\right)\) dưới dạng ba biến \(x,y,z\) như sau:
\(x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3xz}{2z+x}\) \(\left(ii\right)\)
Lúc này, ta cần phải chứng minh bđt \(\left(ii\right)\) luôn đúng với mọi \(x,y,z>0\)
Thật vậy, ta có:
\(2x+y=x+x+y\ge3\sqrt[3]{x^2y}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3xy}{3\left(x^2y\right)^{\frac{1}{3}}}=\left(xy^2\right)^{\frac{1}{3}}\le\frac{x+2y}{3}\) \(\left(1\right)\)
Thiết lập các bđt còn lại theo vòng hoán vị \(y\rightarrow z\rightarrow x\) , ta có:
\(\frac{3yz}{2y+z}\le\frac{y+2z}{3}\) \(\left(2\right);\) \(\frac{3xz}{2z+x}\le\frac{z+2x}{3}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bđt \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) ta được:
\(VP\left(ii\right)\le\frac{x+2y+y+2z+z+2x}{3}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{3}=x+y+z=VT\left(ii\right)\)
Vậy, bđt \(\left(ii\right)\) được chứng minh.
nên kéo theo bđt \(\left(i\right)\) luôn là bđt đúng với mọi \(a,b,c>0\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z\) \(\Leftrightarrow\) \(6a=3b=2c\)
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)