Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Bn thiếu đề nhé : \(DK:abc=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}.\frac{1+b}{8}.\frac{1+c}{8}}=\frac{3}{4}a\)
Tương tự \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3}{4}b\)
Và .\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3}{4}c\)
Cộng vế với vế của các bđt trên ta được :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}+\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\) (ĐPCM)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT+\frac{3}{4}+\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)(2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
\(\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4[a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)]\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac+a+b+c)\geq 3[(ab+bc+ac)+(a+b+c)+abc+1]\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 3(abc+1)=6\)
Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì \(ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{(abc)^3}=6\)
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)\ge\left(ab+a+1\right)^2\)
Mà \(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}\ge\frac{a}{\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)\left(1+ab+b\right)}\)
Tương tự rồi cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(VT\ge\frac{1}{a+b+c}\left(Σ\frac{1}{1+ab+b}\right)=\frac{1}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 1:Thêm đk a > b > 0
\(VT=a+\frac{1}{b\left(a-b\right)}=\left(a-b\right)+b+\frac{1}{b\left(a-b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a-b=b=\frac{1}{b\left(a-b\right)}\Leftrightarrow a=2;b=1\)
Bài 2: BĐT \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)+\left(b+1\right)+\frac{4}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}\ge4\) (Thêm 1 vào hai vế +bớt + thêm b)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)+\frac{1}{2}\left(b+1\right)+\frac{1}{2}\left(b+1\right)+\frac{4}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}\ge4\) (tách \(b+1=\frac{1}{2}\left(b+1\right)+\frac{1}{2}\left(b+1\right)\))
Áp dụng BĐT Cô si cho 4 số dương ta thu được đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a-b=\frac{1}{2}\left(b+1\right)=\frac{4}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow a=2;b=1\) (chị giải rõ ra nha, em làm tắt thôi)
Bài 3 để sau ạ, có lẽ cần thêm đk b > 0. Khi đó a/ b > 1 tức là a > b và > 0
Dự đoán điểm rơi tại a = 1; b = 1/2
Em nghĩ ra rồi nhưng ko chắc đâu.
Bài 3: Dễ thấy b > 0 => a > b > 0
Trước tiên cần giảm bậc cái đã:D
\(2a^3+1=a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^6.1}=3a^2\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 1 (1)
Do vậy: \(\frac{2a^3+1}{4b\left(a-b\right)}\ge\frac{3a^2}{4ab-4b^2}\). Do a > b > 0. Chia hai vế cho b2 ta được:
\(\frac{2a^3+1}{4b\left(a-b\right)}\ge\frac{3\left(\frac{a}{b}\right)^2}{4.\frac{a}{b}-4}=\frac{3t^2}{4t-4}\) với \(t=\frac{a}{b}>1\)
Ta cần chứng minh \(\frac{3t^2}{4t-4}\ge3\Leftrightarrow\frac{t^2}{4t-4}\ge1\Leftrightarrow t^2-4t+4\ge0\Leftrightarrow\left(t-2\right)^2\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2b tức là theo (1) suy ra \(b=\frac{1}{2}\)
Ta có đpcm.