Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4/ Xét hiệu: \(P-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=5a^2+11b^2+5c^2-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=\frac{\left(5a-b-c\right)^2+6\left(3b-2c\right)^2}{5}\ge0\)
Vì vậy: \(P\ge2\left(ab+7bc+ca\right)=2.188=376\)
Đẳng thức xảy ra khi ...(anh giải nốt ạ)
@Cool Kid:
Bài 5: Bản chất của bài này là tìm k (nhỏ nhất hay lớn nhất gì đó, mình nhớ không rõ nhưng đại khái là chọn k) sao cho: \(5a^2+11b^2+5c^2\ge k\left(ab+7bc+ca\right)\)
Rồi đó, chuyển vế, viết lại dưới dạng tam thức bậc 2 biến a, b, c gì cũng được rồi tự làm đi:)
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 <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)
\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)
\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)
\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)
\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng Bđt \(\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\) ta có:
\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)
Tương tự:
\(\frac{bc}{a+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{c+a}\right)\)\(;\)\(\frac{ac}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{c+b}\right)\)
Cộng theo vế ta được:
\(P\le\frac{1}{4}\left[\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ac}{c+b}\right)+\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{c+a}\right)+\left(\frac{bc}{b+a}+\frac{ac}{a+b}\right)\right]\)
\(=\frac{1}{4}\cdot\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)
Dấu = khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
Áp dụng tính chất : xy < = (x+y)^2/4 thì :
D < = (a+b)^2/4.(a+b) + (b+c)^2/4.(b+c) + (c+a)^2/4.(c+a)
= a+b/4 + b+c/4 + c+a/4
= a+b+b+c+c+a/4
= a+b+c/2
= 1/2
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1/3
Vậy .............
Tk mk nha