NV
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
DT
18 tháng 6 2019
Do \(ab+bc+ca\le1\) nên:
\(\frac{1}{a^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}.\)
Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)};\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}.\)
Suy ra \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)
\(\Leftrightarrow9\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+18abc\ge8\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+24abc\)\(\Leftrightarrow9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right).\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)(3)
Thật vậy ta có; \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Lại có:\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3}\sqrt{ab+bc+ca}.\left(ab+bc+ca\right)\)(Do :
\(ab+bc+ca\le1\Rightarrow1\ge\sqrt{ab+bc+ca}.\))
\(\ge3.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc+9abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c+\sqrt{3}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{3}\ge\frac{18}{ab+bc+ca}\)(4)
Từ (3) và (4) ta có:
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc.\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)
25 tháng 5 2020
Chứng minh BĐT quen thuộc \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) Kết hợp với giả thiết ta có: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{c^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\) Như vậy cần chứng minh
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc\cdot\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
Ta đã có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) nên cần chứng minh được
\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{3}abc\)
Theo BĐT AM-GM ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là:
\(3\sqrt[2]{a^2b^2c^2}\ge3\sqrt{3}abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Và đây là điều luôn đúng vì \(abc=\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}\le\sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\le\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Ta được đpcm. Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
NM
0
TN
9 tháng 7 2017
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 +
9 tháng 7 2017
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
12 tháng 5 2017
Vì \(a,b,c\le1\) nên ta có:
\(\hept{\begin{cases}1-a\ge0\\1-b\ge0\\1-c\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà ta có: \(\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\\1-abc\le1\end{cases}}\)
Từ đó suy ra:
\(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)
Ta có ĐPCM
Y
22 tháng 5 2019
không phải nha!
là a,b,c ở trong khoảng từ 0 đến 1
Ở trong bài này thì dấu "=" xảy ra
khi (1-a)(1-b)(1-c) = 0 thì 1 trog 3 số bằng 1
abc = 0 thì có 1 số bằng 0 ( giả sử a = 0, b = 1 )
thay vào BĐT cuối thì ta đc :
\(1+c^3-c=1\)
\(\Rightarrow c\left(c+1\right)\left(c-1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=0\\c=-1\\c=1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=1\\c=0\end{matrix}\right.\)
Như vậy trog 3 số a,b,c có 2 số bằng 0, 1 số bằng 1 hoặc 1 số bằng 0, 2 số bằng 1.
3 tháng 1 2022
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
3 tháng 1 2022
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
29 tháng 5 2019
Theo đề bài ta có
\(a\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(a^2b\ge a^2+ab-a\)
\(b\left(1-c\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(b^2c\ge b^2+bc-b\)
Tương tự \(c^2a\ge c^2+ac-c\)
Khi đó
\(VT\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-\left(a+b+c\right)=2^2-2=2\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1,c=0\)và các hoán vị
Bài làm:
Ta có: \(a+b+c=1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow1=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
Xét BĐT phụ sau: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\) ; \(b^2+c^2\ge2bc\) ; \(c^2+a^2\ge2ca\) (Cauchy)
=> \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Thay vào (1) ta được:
\(1=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Cái này gần như là hiển nhiên
Theo bất đẳng thức quen thuộc: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(a+b+c=1\Rightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)