Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có:\(a^5+ab+b^2\ge3a^2b\)
Tương tự ta có:
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{3ab\left(a+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3bc\left(b+2a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3ca\left(c+2b\right)}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{\frac{c}{c+2a}}+\sqrt{\frac{a}{b+2a}}+\sqrt{\frac{b}{2b+c}}\right)\)
Ta cũng có:\(a+2c=a+c+c\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+2\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+2\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+2\sqrt{b}}\)
Đặt \(x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}};xyz=1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\)
Giả sử \(xy\le1\) thì \(z\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{x}{2}+1}+\frac{1}{\frac{y}{2}+1}\right)+\frac{1}{z+2}\)
\(\le\frac{1}{1\frac{\sqrt{xy}}{2}}+\frac{1}{z+2}\le1\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=1\)
Với các số dương x; y ta có:
\(x^5+y^5=\left(x^3+y^3\right)\left(x^2+y^2\right)-x^2y^2\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow x^5+y^5\ge xy\left(x+y\right).2xy-x^2y^2\left(x+y\right)=x^2y^2\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{ab}{a^2b^2\left(a+b\right)+ab}+\frac{bc}{b^2c^2\left(b+c\right)+bc}+\frac{ca}{c^2a^2\left(c+a\right)+ca}\)
\(P\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)+1}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)+1}\)
\(P\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{abc}{bc\left(b+c\right)+abc}+\frac{abc}{ca\left(a+c\right)+abc}\)
\(P\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Để ý: \(ab+bc+ca=\frac{\left[\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\).
Do đó đặt \(a^2+b^2+c^2=x>0;a+b+c=y>0\). Bài toán được viết lại thành:
Cho \(y^2+5x=24\), tìm max:
\(P=\frac{x}{y}+\frac{y^2-x}{2}=\frac{5x}{5y}+\frac{y^2-x}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{y^2-\frac{24-y^2}{5}}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{3\left(y^2-4\right)}{5}\)\(=\frac{3y^3-y^2-12y+24}{5y}\)
Đặt \(y=t\). Dễ thấy \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)=3t^2-5\left(ab+bc+ca\right)\)
Và dễ dàng chứng minh \(ab+bc+ca\le3\)
Suy ra \(3t^2=12+5\left(ab+bc+ca\right)\le27\Rightarrow t\le3\). Mặt khác do a, b, c>0 do đó \(0< t\le3\).
Ta cần tìm Max P với \(P=\frac{3t^3-t^2-12t+24}{5t}\)và \(0< t\le3\)
Ta thấy khi t tăng thì P tăng. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi t lớn nhất.
Khi đó P = 3. Vậy...
Ta có:
\(\frac{2a^5+3b^5}{ab}\ge5a^3+10b^3-10ab^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^4\left(2a+3b\right)\ge0\).Tương tự với 2 cái còn lại được:
\(\frac{2a^5+3b^5}{ab}+\frac{2b^5+3c^5}{cb}+\frac{2c^5+3a^5}{ab}\ge15\left(a^3+b^3+c^3\right)-10\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
=>Đpcm (vì ab2+bc2+ca2=3)
Dấu = khi a=b=c=1
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
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:)
Bạn CM \(a^5+b^5\ge ab\left(a^3+b^3\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{1}{a^3+b^3+abc}\)
Tiếp tục \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le1\)
Dấu = 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 \(a=b=c=1\)
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 \(a=b=c=1\)