Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cosi + Svac-xơ
Có : \(3=a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\le3\)
\(\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le\frac{1}{4-\frac{a+b}{2}}+\frac{1}{4-\frac{b+c}{2}}+\frac{1}{4-\frac{c+a}{2}}\)
\(=-\left(\frac{1}{\frac{a+b}{2}-4}+\frac{1}{\frac{b+c}{2}-4}+\frac{1}{\frac{c+a}{2}-4}\right)\le\frac{-\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c-12}=\frac{-9}{3-12}=1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
@Trần Thanh Phương; @Lê Thị Thục Hiền @No choice teen
\(3=a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le3\)
Đặt \(\left(ab;bc;ca\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z\le3\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{4-x}+\frac{1}{4-y}+\frac{1}{4-z}\le1\)
Dễ dàng chứng minh \(\frac{1}{4-x}\le\frac{x+2}{9}\) với \(0< x< 3\)
Thật vậy, BĐT \(\Leftrightarrow9\le\left(x+2\right)\left(4-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự ta có \(\frac{1}{4-y}\le\frac{y+2}{9}\) ; \(\frac{1}{4-z}\le\frac{z+2}{9}\)
Cộng vế với vế: \(VT\le\frac{x+y+z+6}{9}\le\frac{3+6}{9}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
#https://olm.vn/hoi-dap/detail/203085493090.html
Bạn tham khảo ạ
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
Áp dụng BĐT: \(\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Ta có: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)
\(\Rightarrow0\le a+b+c\le3\) ( vì a,b,c > 0 ) (Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.)
\(\Rightarrow0\le a+b\le3-c\) (1)
Đặt \(A=\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}A=\frac{1}{8-2\sqrt{ab}}+\frac{1}{8-2\sqrt{bc}}+\frac{1}{8-2\sqrt{ca}}\)
Áp dụng Côsi cho hai số dương a, b ta được:
\(2\sqrt{ab}\le a+b\Rightarrow8-2\sqrt{ab}\ge8-\left(a+b\right)\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Trước hết ta cần chứng minh BĐT :
\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4-a^3b+b^3-ab^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}\right]\ge0\) ( đúng )
Áp dụng BĐT trên vào bài toán ta có :
\(\sum\frac{ab}{a^4+b^4+1}\le\sum\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+abc}=\sum\frac{1}{a^2+b^2+c}\le\sum\frac{1}{2ab+\frac{1}{ab}}\le\sum\frac{1}{2\sqrt{ab.\frac{1}{ab}}+ab}=\sum\frac{1}{2+1}=1\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có đánh giá sau:
Với \(0< x< \sqrt{3}\) ta luôn có: \(\frac{1}{4-x}\le\frac{x^2+5}{18}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(x^2+5\right)\left(4-x\right)\ge18\)
\(\Leftrightarrow-x^3+4x^2-5x+2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với \(x\in\left(0;\sqrt{3}\right)\))
Do \(3=a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\Rightarrow0< ab;bc;ca< \sqrt{3}\)
Áp dụng ta có: \(\frac{1}{4-ab}\le\frac{a^2b^2+5}{18}\) ; \(\frac{1}{4-bc}\le\frac{b^2c^2+5}{18}\) ; \(\frac{1}{4-ca}\le\frac{c^2a^2+5}{18}\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+15}{18}\le\frac{3+15}{18}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)