Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
abc = 1 \(\Rightarrow\frac{1}{abc}=1\Rightarrow xyz=1\)
Đặt \(a=\frac{1}{x}\); \(b=\frac{1}{y}\); \(c=\frac{1}{z}\)(x, y, z > 0)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^3}=x^3\\\frac{1}{b+c}=\frac{1}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{1}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{yz}{y+z}\end{cases}\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}}\)
Tương tự, ta có :
\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{y^2}{z+x}\)
\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{z^2}{x+y}\)
Ta cần cm : \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cau chy cho x, y, z > 0
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{4}}=x\)
\(\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge y\)
\(\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Ta cần cm : \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Áp dụng bđt Cauchy cho x, y, z> 0
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
trong tập chuyên đề về Svac-xơ cũng có câu này , còn về cách chứng minh thì easy lắm
Do \(abc=1\)Nên có thể viết lại bđt cần chứng minh trở thành :
\(\frac{a^2b^2c^2}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có :
\(\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+ac+ba+bc+ca+cb}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(ab+bc+ca\ge3\), thật vậy :
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có :
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
bạn xem lại cái đề được không
với a=1/2; b=7/10; c=13/10 thì bất đẳng thức trên không đúng
Sửa đề: a+b+c>=3
Hay 6<= 2(a+b+c)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel
\(\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{3}\ge\frac{3}{3}=1\)
p/s: ko chắc lắm bạn ktra giúp mình nha
a3 + b3 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> a2 - ab + b2 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4a2 - 4ab + 4b2 \(\ge1\)
<=> 4a2 - 4a(1 - a) + 4(1 - a)2 \(\ge\)1
<=> 8a2 - 4a + 4(a2 - 2a + 1) \(\ge\)1
<=> 12a2 - 12a + 3 \(\ge\)0
<=> 3(4a2 - 4a + 1) \(\ge0\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge\)0 (đúng)
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=\frac{1}{2}\)
b) Vì \(a^3+b^3\ge\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3}\ge4\)
Khi đó \(\frac{1}{a^3+b^3}+\frac{3}{ab}\ge16\)
<=> \(\frac{3}{ab}\ge12\)
<=> ab \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4ab \(\ge1\)
<=> 4a(1 - a) \(\ge1\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM
Bđt thức phụ : \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2\ge\left(a+b\right)^2=a^2+2ab+b^2\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2=\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
Áp dụng ta được :
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{\left(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}\right)^2}{2}\ge\frac{\left(1+\frac{4}{a+b}\right)^2}{2}=\frac{25}{2}\)(đpcm)
Từ \(\frac{a}{1+a}+\frac{2b}{1+b}=1\)
\(\Rightarrow3-\left(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{b}{1+b}\right)=2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+b}=2\)
Easy ?
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{a+1+b+1}=\frac{1^2}{1+1+1}=\frac{1}{3}\) ( đpcm )