Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
- Theo giả thiết a,b>0a,b>0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được
a^4+b^2\ge2a^2b\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2a^2b+2ab^2a4+b2≥2a2b⇒a4+2ab2+b2≥2a2b+2ab2
\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2ab\left(a+b\right)⇒a4+2ab2+b2≥2ab(a+b)
\Rightarrow\frac{1}{a^4+2ab^2+b^2}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)}⇒a4+2ab2+b21≤2ab(a+b)1, (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=ba=b)
- Tương tự \frac{1}{a^2+2a^2b+b^4}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)}a2+2a2b+b41≤2ab(a+b)1 , (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=ba=b)
- Từ đó Q\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)}Q≤ab(a+b)1
- Giả thiết \left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2(a+b)(a+b−1)=a2+b2 tương đương với a+b=2ab\Leftrightarrow ab=\frac{a+b}{2}a+b=2ab⇔ab=2a+b(*)
- Do đó Q\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}Q≤(a+b)22
- Mà ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}ab≤4(a+b)2 nên \frac{a+b}{2}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow a+b\ge22a+b≤4(a+b)2⇒a+b≥2 (do giả thiết a,b>0a,b>0 ).
- Vì vậy Q\le\frac{2}{2^2}Q≤222
GTNN là \frac{1}{2}21 đạt khi và chỉ khi \left\{{}\begin{matrix}a=b\\a+b=2\end{matrix}\right.{a=ba+b=2\Leftrightarrow a=b=1⇔a=b=1
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^2+2ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}+2ab^2=2a^2b+2ab^2\)
\(b^4+a^2+2a^2b\ge2\sqrt{a^2b^4}+2a^2b=2ab^2+2a^2b\)
\(\Rightarrow Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\)
Lại có: \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab-a+b^2-b=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow2ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\ge1\\a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\le\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
\(b^4+c^4\ge\)\(b^3c+bc^3\) (bn tu cm nhé)
\(\Rightarrow\frac{a}{b^4+c^4+a}\le\frac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a}=\frac{abc}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+abc}=\frac{1}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+1}=\)
\(\frac{a^2b^2c^2}{b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+a^2b^2c^2}=\frac{a^2b^2c^2}{b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
ttu \(T\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\) dau = xay ra khi va chi khi a=b=c=1
\(P=\frac{\left(a-b\right)^2\left(6a^2b^2+3a^3b+3ab^3+4\right)}{4ab}+\frac{17}{4}\ge\frac{17}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
bạn làm khó hiểu quá .