Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
:( Đại Ka ơi a up câu nào khó hơn đi :( :v
Solution:
Vế trái có tính thuần nhất theo 3 biến nên ta chuẩn hóa a+b+c=3.
Điểm rơi: a=b=c=1.
Khi đó:
\(A=Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}\)(em ko biết kí hiệu tổng sigma ạ :v)
\(3A\Rightarrow Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\)
UCT :v
Ta cần tìm m và n sao cho
\(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le ma+n\) (Luôn đúng với 0<a<3)
Với điểm rơi a=1 ta có m+n=8 => n=8-m.
Ta tìm m sao cho: \(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le m\left(a-1\right)+8\) (luôn đúng với 0<a<3).
Đến đây giải ra ta tìm được m=4 và n=4
Ta dễ dàng cm được: \(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le4\left(a+1\right)\)(với o<a<3) ( cái này chứng minh tương đg) :v
Suy ra \(3A=Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le4\left(a+b+c\right)=24\)
=> a<=8
Max A=8 <=> a=b=c=1
UCT => ez nha anh :)
Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) vfa (a;b;c) ta có 3(a2+b2+c2) >= (a+b+c)2
=> 3(2a2+b2) >=(2a+b2); 3(2b2+c2) >= (2b+c)2; 3(2c2+a2) >= (2c+a)2
=> \(P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
Ta có \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\Rightarrow\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{1}{x+y+z}\)
=> \(P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+b}\le\frac{1}{9}\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\right]\)
=> \(P\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(I\right)\)
Ta có \(10\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+2015\)
\(=3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+2015\left(II\right)\)
Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\)
Ta được \(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)\(\Rightarrow\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
=> \(10\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge10\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\left(III\right)\)
Từ (I)(II)(III) => \(3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+2015\ge10\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le3\cdot2015\Rightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\sqrt{3\cdot2015}\left(IV\right)\)
Từ (I)(IV) => \(P\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}\cdot\sqrt{3\cdot2015}=\sqrt{\frac{2015}{3}}\)
Vậy GTNN của P=\(\sqrt{\frac{2015}{3}}\)khi a=b=c và \(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+2015\)
=> \(a=b=c=\sqrt{\frac{3}{2015}}\)
Bài 3)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)
Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).
BĐT được viết lại như sau:
\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)
Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:
Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)
Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:
\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)
Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm
Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)
Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.
Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)
\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:
\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )
Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.
Bài 1:
Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)
Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất
Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)
\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)
\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)
Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp
Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)
\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Ta thực hiện phép đổi biến thì:
\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)
Đến đây là phần của bạn
Ta có:\(7\left(\frac{1}{a^2}+...\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+2015\)
Mà \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
=> \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\le2015\)=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\sqrt{6045}\)
\(P=\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}+...\)
Mà \(\left(2+1\right)\left(2a^2+b^2\right)\ge\left(2a+b\right)^2\)(bất dẳng thức buniacoxki)
=> \(P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
Lại có \(\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\le\frac{\sqrt{6045}}{3}\)
Vậy \(MaxP=\frac{\sqrt{6045}}{3}\)khi \(a=b=c=\frac{\sqrt{6045}}{2015}\)
đề đúng chưa ?
Repair de
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\)
\(\Rightarrow VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(c^2+a^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\Sigma_{cyc}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)=3\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)