Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
Cho mk k nhé!
4/1x3x5 = 1/1x3 - 1/3x5
4/3x5x7 = 1/3x5 - 1/5x7
.............
A = 1/1x3 - 1/11x13
1/1x3x5 = 1/4 x (1/1x3 - 1/3x5)
1/3x5x7 = 1/4 x (1/3x5 - 1/5x7)
..........
B = 1/4 x (1/1x3 - 1/11x13)
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng phân thức :
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\ge\frac{9}{ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{7}{ab+ac+bc}\)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{7}{ab+bc+ac}\ge21\left(1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}\)
\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}=9\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge21+9=30\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Bài làm:
Mk cx ko chắc nx nha !
\(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\)
\(=3-\left(\frac{a+b}{a+b+1}+\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\right)\)(mk không biết cách viết nên ns nhé, tổng trong ngoặc { m, là
cái Tổng trong ngoặc dưới tổng có một dấu ngoặc nhọn, dưới dấu ngặc nhọn có M}
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M=\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)\left(c+a+1\right)}\)\(\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+b+1\right)\left(b+c\right)\left(b+c+1\right)\left(c+a\right)\left(c+a+1\right)}\)
\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)+2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=2\)
(Do \(a+b+c\le ab+bc+ca\))
Vậy \(M\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-M\le1\)(Đpcm)
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1
Chép bài à bn tại sao \(A=\frac{1}{a+b+1}\) thế 2 ở bên kia đ?
Hơn nữa bất đẳng thức bn sai bét rồi người ta bảo bất đẳng thức bên kia mà sao bạn cho tổng luôn
3- lấy đâu ra kết quả phải là \(2^2\)chứ
Nếu ghi sai đề bài là bn sai cả bài k chắc đ :)
Ngoài ra các tổng bên ngoặc k có 4 hay 2 gì hết sai hết r nhé
Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c= ab+bc+ca. CMR:
\(\frac{1}{a^2+b+1}+\frac{1}{b^2+c+1}+\frac{1}{c^2+a+1}\)
Cosi + Svac-xơ
Có : \(3=a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\le3\)
\(\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le\frac{1}{4-\frac{a+b}{2}}+\frac{1}{4-\frac{b+c}{2}}+\frac{1}{4-\frac{c+a}{2}}\)
\(=-\left(\frac{1}{\frac{a+b}{2}-4}+\frac{1}{\frac{b+c}{2}-4}+\frac{1}{\frac{c+a}{2}-4}\right)\le\frac{-\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c-12}=\frac{-9}{3-12}=1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
BĐT <=> \(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\)
Theo BĐT Svacxo:
\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+6}=1\)
Vậy ta có đpcm.
P/s: Đúng ko ta?
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
Trần Thanh Phương @No choice teen