Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a , b ,c đối xứng , giả sử a \(\ge b\ge c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\ge b^2\ge c^2\\\dfrac{a}{b+c}\ge\dfrac{b}{a+c}\ge\dfrac{c}{a+b}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT Trê - bư -sép ta có :
\(a^2.\dfrac{a}{b+c}+b^2.\dfrac{b}{a+c}+c^2.\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\right)=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\)Vậy \(\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\ge\dfrac{1}{2}\) Dấu bằng xảy ra khi a = b =c = \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
\((a^2+2c^2)(1+2)\geq (a+2c)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{a^2+2c^2}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}ac}=\frac{ab+2bc}{\sqrt{3}abc}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\geq \frac{ac+2ab}{\sqrt{3}abc}\\ \frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\geq \frac{bc+2ac}{\sqrt{3}abc}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế các BĐT trên thu được:
\(\text{VT}\geq \frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{ab+2bc+ac+2ab+bc+2ac}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3(ab+bc+ac)}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3abc}{abc}=\sqrt{3}\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=3$
Bài 2: Bài này sử dụng pp xác định điểm rơi thôi.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(24a^2+24.(\frac{31}{261})^2\geq 2\sqrt{24^2.(\frac{31}{261})^2a^2}=\frac{496}{87}a\)
\(b^2+(\frac{248}{87})^2\geq 2\sqrt{(\frac{248}{87})^2.b^2}=\frac{496}{87}b\)
\(93c^2+93.(\frac{8}{261})^2\geq 2\sqrt{93^2.(\frac{8}{261})^2c^2}=\frac{496}{87}c\)
Cộng theo vế:
\(B+\frac{248}{29}\geq \frac{496}{87}(a+b+c)=\frac{496}{87}.3=\frac{496}{29}\)
\(\Rightarrow B\geq \frac{496}{29}-\frac{248}{29}=\frac{248}{29}\)
Vậy \(B_{\min}=\frac{248}{29}\). Dấu bằng xảy ra khi: \((a,b,c)=(\frac{31}{261}; \frac{248}{87}; \frac{8}{261})\)
3: =>a^3+b^3+c^3>=3abc
=>(a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc>=0
=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)>=0
=>a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac>=0
=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0
=>(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0(luôn đúng)
Bài 4:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-shwarz dạng engel ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+2bc}+\dfrac{1}{b^2+2ca}+\dfrac{1}{c^2+2ab}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)
\(=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{9}{9}=1\)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1
\(\Rightarrowđpcm\)
Bài 1:
Ta có:
\(a^2+b^2-\frac{(a+b)^2}{2}=\frac{2(a^2+b^2)-(a+b)^2}{2}=\frac{(a-b)^2}{2}\geq 0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}=\frac{2^2}{2}=2\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
$\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq ab+bc+ca+2$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
\(BĐT\Leftrightarrow\sum\dfrac{2bc}{1+a^2}\le\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow\sum\dfrac{-2bc}{2a^2+b^2+c^2}\ge-\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{2a^2+\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\)
ÁP dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
và \(\sum\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}=\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(a-c\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{4\left(a-c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a-c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
( Lưu ý : \(\left(c-a\right)^2=\left(a-c\right)^2\)) (1)
Do vậy cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2+2\left(a-c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2+4\left(a-c\right)^2\ge6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc-ac-b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (*)
(*) không phải luôn đúng, tuy nhiên ta có thể ép cho nó đúng .
bằng cách đáng giá tương tự BĐT (1) :
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\left(b-a\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(b-a\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\\\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(c-b\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(c-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\end{matrix}\right.\)
ta thu được BĐT cần chứng minh tương đương \(\left\{{}\begin{matrix}\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\left(3\right)\\\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Dễ thấy \(\left(a-b\right)\left(b-c\right).\left(b-c\right)\left(c-a\right).\left(c-a\right)\left(a-b\right)=\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\ge0\)
tích của chúng là 1 số không âm nên có ít nhất 1 số không âm .Chứng tỏ có ít nhất 1 BĐT đúng
Do đó ta có đpcm
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Chứng minh rằng: - K2PI – TOÁN THPT | Chia sẻ Tài liệu, đề thi, hỗ trợ giải toán
cảm ơn ạ