Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)\ge\left(ab+a+1\right)^2\)
Mà \(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}\ge\frac{a}{\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)\left(1+ab+b\right)}\)
Tương tự rồi cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(VT\ge\frac{1}{a+b+c}\left(Σ\frac{1}{1+ab+b}\right)=\frac{1}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
\(A=\frac{a}{ab+c\left(a+b+c\right)}+\frac{b}{bc+a\left(a+b+c\right)}+\frac{c}{ca+b\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}+\frac{b}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c}{\left(a+b\right)\left(c+b\right)}\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có
\(A=\frac{a\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)+c\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\ge27.\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8\left(a+b+c\right)^3}\)\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(ab+bc+ca\right)}{8}\)\(\ge\frac{9-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{8}=\frac{9-3}{8}=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
a/ Một cách đơn giản hơn:
\(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)
\(P=\frac{x-\frac{1}{2}+y-\frac{1}{2}}{y^2}+\frac{y-\frac{1}{2}+z-\frac{1}{2}}{z^2}+\frac{z-\frac{1}{2}+x-\frac{1}{2}}{x^2}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(P=\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)+\left(y-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)+\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}\right)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(P\ge\frac{2}{xy}\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{yz}\left(y-\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{zx}\left(z-\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(P\ge\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-1\)
\(P\ge\sqrt{3\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)}-1=\sqrt{3}-1\)
\(P_{min}=\sqrt{3}-1\) khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
nhầm lẫn 1 số chỗ nên giờ mới ra,mong bn thông cảm
ta có:
\(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{bc+b+1}=1\)
đặt \(P=\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)
áp dụng bunhia ta có:
\(P\left(a+b+c\right)\ge\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{a+b+c}\)
Áp dụng cô si
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{ab}}\\\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{cb}}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\ge2\sqrt{\frac{1}{ac}}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=0\)
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}\le\frac{x+1}{2}\\\sqrt{y-1}\le\frac{y-1+1}{2}\\\sqrt{z-2}\le\frac{z-2+1}{2}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}\le\frac{x+1+y-1+1+z-2+1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}\le\frac{x+y+z}{2}\)
\("="\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\\z=3\end{cases}}\)
Sửa ĐK của c) : a, b, c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{ab}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\sqrt{\frac{1}{bc}}=\frac{2}{\sqrt{bc}}\)
\(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge2\sqrt{\frac{1}{ca}}=\frac{2}{\sqrt{ca}}\)
Cộng các vế tương ứng
=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}+\frac{2}{\sqrt{bc}}+\frac{2}{\sqrt{ca}}\)
=> \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)
=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\)
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Ta có: \(\frac{1}{2abc}+\frac{4}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{4}{4abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2abc}+\frac{4}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{2}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(ab+bc\right)\left(bc+ca\right)\left(ca+ab\right)}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2abc}+\frac{4}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{2}\ge\frac{3}{\frac{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)+\left(ca+ab\right)}{3}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2abc}+\frac{4}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{9}{2\left(ab+ac+bc\right)}-\frac{1}{2}=1\)
Ta lại có: \(3=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\frac{1}{abc}\ge1\Rightarrow\frac{1}{2abc}\ge\frac{1}{2}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)
\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)
\(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)
\(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)
\(2.\) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) \(1\ge8abc\)
\(\Leftrightarrow\) \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)
Biến đổi tương đương: Để ý rằng : \(a^2-\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}=\frac{ab\left(a-b\right)+ac\left(a-c\right)}{b+c}\)
cứ như vậy, nhóm lại . sẽ có một biểu thức: \(ab\left(a-b\right)\left[\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right]=\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge0\)
Mấy cái còn lại cũng vậy.
đề đúng: \(a,b,c>0\)
chuẩn hoá: \(a+b+c=3\)
\(\frac{1}{a^2+ab}+\frac{a}{2}+\frac{a+b}{4}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2+ab}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}a-\frac{1}{4}b\)
tương tự \(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{1}{a^2+ab}\ge\frac{9}{2}-\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}=\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
chưa học chuẩn hoá thì dùng cách này:
gia su: \(a+b+c=3k>0\)
\(\frac{1}{a^2+ab}+\frac{a}{2k^3}+\frac{a+b}{4k^3}\ge\frac{3}{2k^2}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2+ab}\ge\frac{3}{2k^2}-\frac{3}{4k^3}a-\frac{1}{4k^3}b\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{1}{a^2+ab}\ge\frac{9}{2k^2}-\frac{a+b+c}{4k^3}=\frac{3}{2k^2}=\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=k\)
Có cách khác không thấy áp đặt ở cách 2 quá còn cách chuẩn hóa thì cảm giác không ổn