TT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
T
5 tháng 12 2019
Lời giải
Ta có: \(\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2=\frac{1}{16}\left(4a+4b-1\right)^2+\left(a+b\right)\ge a+b\)
Tương tự: \(\left(b+c+\frac{1}{4}\right)^2\ge b+c;\left(c+a+\frac{1}{4}\right)^2\ge c+a\)
Như vậy: \(L.H.S\left(VT\right)\ge\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=\left(\frac{1}{\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}}\right)+\left(\frac{1}{\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}}\right)+\left(\frac{1}{\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{a}}\right)\)
\(\ge4\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\right)=R.H.S\left(VP\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\). Ta có đpcm.
N
5 tháng 12 2019
khác cách tth xíu
Ta có:
\(VP=\Sigma_{cyc}\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\le\Sigma_{cyc}\frac{4}{\frac{4}{a+b}}=2\left(a+b+c\right)\)
Gio ta di chung minh
\(VT\ge2\left(a+b+c\right)\)
Ta lai co:
\(VT=\Sigma_{cyc}\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2\ge\frac{\left[2\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\right]^2}{3}\)
Chung minh
\(\frac{\left[2\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\right]^2}{3}\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[2\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\right]^2\ge0\) (đúng)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\)
KN
1 tháng 8 2020
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
27 tháng 7 2020
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
T
11 tháng 11 2019
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:(
T
6 tháng 7 2020
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 2 2020
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
11 tháng 2 2020
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 3 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{(\frac{a^2}{b})^2}{c+2}+\frac{(\frac{b^2}{c})^2}{a+2}+\frac{(\frac{c^2}{a})^2}{b+2}\geq \frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{c+2+a+2+b+2}=\frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{a+b+c+6}\)
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+a}=a+b+c\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}\)
Đặt \(t=a+b+c\). Áp dụng BĐT AM-GM: \(t=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
Ta có:
\(\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}=\frac{t^2}{t+6}=\frac{t^2-t-6}{t+6}+1=\frac{(t-3)(t+2)}{t+6}+1\geq 1\) với mọi $t\geq 3$
Do đó: \(\text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}\geq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 3 2019
Cách khác:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^4}{b^2(c+2)}+\frac{c+2}{9}+\frac{b}{3}+\frac{b}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{81}}=\frac{4}{3}a\)
\(\frac{b^4}{c^2(a+2)}+\frac{a+2}{9}+\frac{c}{3}+\frac{c}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{b^4}{81}}=\frac{4}{3}b\)
\(\frac{c^4}{a^2(b+2)}+\frac{b+2}{9}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{c^4}{81}}=\frac{4}{3}c\)
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
\(\frac{a^4}{b^2(c+2)}+\frac{b^4}{c^2(a+2)}+\frac{c^4}{a^2(b+2)}\geq \frac{5}{9}(a+b+c)-\frac{2}{3} \)
\(\geq \frac{5}{9}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{2}{3}(\text{AM-GM})=\frac{5}{9}.3-\frac{2}{3}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$