Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^4}{a\left(a^2+b^2+ab\right)}=\frac{a^4}{a^3+ab^2+a^2b}=\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}\\\frac{b^3}{b^2+c^2+bc}=\frac{b^4}{b\left(b^2+c^2+bc\right)}=\frac{b^4}{b^3+bc^2+b^2c}=\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}\\\frac{c^3}{c^2+a^2+ca}=\frac{c^4}{c\left(c^2+a^2+ca\right)}=\frac{c^4}{c^3+ca^2+c^2a}=\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\end{cases}}\)
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành :
\(\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}+\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}+\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Dễ dàng phân tích \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Xét bất đẳng thức phụ : 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2
<=> 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> ( a - b )2 + ( b - c )2 + ( c - a )2 ≥ 0 ( đúng )
Khi đó áp dụng vào bài toán ta có : \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
bài này mới được thầy sửa hồi chiều nè @@
Vì a,b dương => ( a + b ) ( a - b )2 \(\ge\)0 => a3 + b3 \(\ge\)ab ( a + b )
BĐT tương đương với 3a3\(\ge\)2a3 + 2ab ( a + b ) - b3 = 2a3 + 2a2b + 2ab2 - a2b - ab2 - b3 = ( a2 + ab + b3 ) ( 2a - b )
Suy ra : \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{2a-b}{3}\)(1)
Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b-c}{3}\)(2) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c-a}{3}\)(3)
Từ (1) ; (2) và (3) => \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)(đpcm)
Câu hỏi của Trần Lê Nguyên Mạnh - Toán lớp 9 - Học trực tuyến OLM
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)và chú ý
\(\frac{a^2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{a^2+ab+b^2}=a^2+\frac{ca^2\left(a+b+c\right)}{a^2+ab+b^2}\)
ta sẽ đưa điều phải chứng minh trở thành
\(\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+\frac{ca^2\left(a+b+c\right)}{a^2+ab+b^2}\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
hay là \(\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{ab^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{bc^2}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)
Ta có thể thấy ngay bđt này hiển nhiên đúng theo bđt Cauchy - Schwarz:
\(\text{Σ}\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}=\text{Σ}\frac{c^2a^2}{c\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{\left(\text{Σ}ca\right)^2}{\text{Σ}c\left(a^2+ab+b^2\right)}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1\). BĐT đưa về:
\(\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\ge1\) thật quen thuộc.
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{uv}{w^2};\frac{vw}{u^2};\frac{uw}{v^2}\right)\). Chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\frac{w^4}{u^2v^2+w^2uv+w^4}\ge1\)
. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và chú ý: \(uvw\left(u+v+w\right)\le u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2\)
\(VT\ge\frac{\left(u^2+v^2+w^2\right)^2}{u^4+v^4+w^4+u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2+uvw\left(u+v+w\right)}\ge1\)