AT
1
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 1 2017
Lời giải:
Đặt \(A=\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\)
Ta có \(A=(a-\frac{ab^2}{1+b^2})+(b-\frac{bc^2}{1+c^2})+(c-\frac{ca^2}{1+a^2})=3-\left ( \frac{ab^2}{1+b^2}+\frac{bc^2}{1+c^2}+\frac{ca^2}{1+a^2} \right )\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(A\geq 3-\left ( \frac{ab^2}{2b}+\frac{bc^2}{2c}+\frac{ca^2}{3a} \right )=3-\frac{1}{2}(ab+bc+ac)\)
Cũng theo AM-GM
\(9=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3\)
\(\Rightarrow A\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu $=$ xảy ra khi \(a=b=c=1\)
TA
6 tháng 2 2018
Ta co: a3b2=(a2b2)a , a2b3=(a2b2)b => a3b2>a2b3( vi a>b) (1)
b3c2=(b2c2)b , b2c3=(b2c2)c => b3c2>b2c3( vi b>c) (2)
c3a2=(a2c2)c , a3c2=(a2c2)a => c3a2<a3c2 ( vi c<a) (3)
Vi b+c>a ( bdt trong tam giac)
=> dpcm
Bai nay phai xet trong tam giac thi moi dung
IM
21 tháng 8 2016
Ta có
\(a< b+c\left(bđt\Delta\right)\)
\(\Rightarrow2a< a+b+c\)
\(\Rightarrow2a< 2\)
\(\Rightarrow a< 1\)
\(\Rightarrow-a>-1\)
\(\Rightarrow1-a>0\)
Tương tự với b và c
\(\Rightarrow\begin{cases}1-b>0\\1-c>0\end{cases}\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)
\(\Rightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc>0\)
\(\Rightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca>abc\)
\(\Rightarrow1-2+ab+bc+ca>abc\)
\(\Rightarrow-1+ab+bc+ca>abc\)
\(\Rightarrow-2+2ab+2bc+2ca>2abc\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-2>2acb+a^2+b^2+c^2\)
Áp dụng hằng đẳng thức \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2-2>2abc+a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow2^2-2>2abc+a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow2abc+a^2+b^2+c^2< 2\)
đpcm
21 tháng 8 2016
Giả sử a>=b>=c. Ta có:
a<b+c => 2a<a+b+c=2=>a<1=> b<1,c<1
=> (1-a)(1-b)(1-c)>0. Rút gọn ta được
ab+bc+ca >1+abc
Ta lại có: (a+b+)^2 =a^2+b^2+c^2 +2(ab+bc+ca)
=> 4= a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)
=> 4> a^2+b^2+c^2+2(1+abc)=> 4>a^2+b^2+c^2+2+2abc
=> a^2+b^2_c^2+2abc<2
a<b+c => 2a<a+b+c=2=>a<1=> b<1,c<1
=> (1-a)(1-b)(1-c)>0. Rút gọn ta được
ab+bc+ca >1+abc
Ta lại có: (a+b+)^2 =a^2+b^2+c^2 +2(ab+bc+ca)
=> 4= a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)
=> 4> a^2+b^2+c^2+2(1+abc)=> 4>a^2+b^2+c^2+2+2abc
=> a^2+b^2_c^2+2abc<2
DT
4
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 2 2017
Lời giải:
Bài này bạn có thể sử dụng BĐT Holder bậc 3.
BĐT Holder: \((a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)\geq (amx+bny+cpz)^3\)
Cách CM: Sử dụng AM-GM:
\(\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3}+\frac{m^3}{m^3+n^3+p^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3}\geq \frac{3amx}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)}}\)
Làm như vậy với các phân thức tương tự và cộng theo vế ta thu được đpcm
(Thực ra vì nó kinh điển rồi nên đi thi không phải cm đâu)
Bây giờ sử dụng BĐT Holder bậc 3 cho bài toán:
\((a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)(1+1+1)\geq (a^2+b^2+c^2)^3\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq 81\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=3\)
P/s: Bạn NHT toàn thích dùng dao mổ trâu để xẻ thịt gà vv
NH
2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 1 2019
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng engel:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+b+c+c+a}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
NF
1 tháng 1 2019
Cách khác :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương ta có:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2\left(a+b\right)}{4\left(a+b\right)}}=a\)
Tương tự: \(\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}\ge b;\dfrac{c^2}{c+a}+\dfrac{c+a}{4}\ge c\)
Cộng theo vế ta được:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{a+b+c}{2}\)(đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 2 2020
1. Không dịch được đề
2. \(\left(m+2\right)x^2-6x+1\le0\) \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+2< 0\\\Delta'=9-\left(m+2\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -2\\m\ge7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại m thỏa mãn
3. \(P=\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}=\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{4ab}\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{ab\left(a^2+b^2\right)}{4ab\left(a^2+b^2\right)}}+\frac{6ab}{4ab}=\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Lời giải:
Theo BĐT Schur bậc 3:
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Nếu bạn không được sử dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 thì có thể CM nó thông qua BĐT AM-GM ngược dấu.
AT
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 9 2019
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=3\)
Do \(a>0\Rightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+\frac{1}{2}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^3-\frac{3}{2}a^2+\frac{1}{2}\ge0\Rightarrow a^3\ge\frac{3}{2}a^2-\frac{1}{2}\)
Tương tự ta có: \(b^3\ge\frac{3}{2}b^2-\frac{1}{2}\) ; \(c^3\ge\frac{3}{2}c^2-\frac{1}{2}\)
Cộng vế với vế:
\(a^3+b^3+c^3\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{3}{2}\ge3.\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(a^5+a+a+a>=4\sqrt[4]{a^8}=4a^2\)
Làm tương tự rồi cộng vế ta được:
\(VT\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a+b+c\right)\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=4.3-3\sqrt{3.3}=3\)