Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1
\(VT=\dfrac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}+\dfrac{b^2}{c^2b+abc+a^2b}+\dfrac{c^2}{a^2c+abc+b^2c}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b\right)+abc+ac\left(a+c\right)+abc+bc\left(b+c\right)+abc}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b+c\right)+ac\left(a+b+c\right)+bc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ac}\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2
\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có
\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\)
Xét \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức ta có
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c\)
Đây là BĐT Iran 96 khá nổi tiếng. Bạn hoàn toàn có thể search trên google lời giải.
Đặt \(A=x+\dfrac{4}{\left(x-y\right)\left(y+1\right)^2}\ge3\)
\(=\left(x-y\right)+\dfrac{4}{\left(x-y\right)\left(y+1\right)^2}+\left(y+1\right)-1\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương ta có :
\(\left(x-y\right)+\dfrac{4}{\left(x-y\right)\left(y+1\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(x-y\right).4}{\left(x-y\right)\left(y+1\right)^2}}=\dfrac{4}{y+1}\)
Xảy ra khi : \(\left(x-y\right)\left(y+1\right)=2\) ( do \(a,b>0\))
\(\Rightarrow A\ge\dfrac{4}{y+1}+\left(y+1\right)-1\)
Sử dụng Cô-Si lần nữa, ta có :
\(\dfrac{4}{y+1}+\left(y+1\right)\ge2\sqrt{\dfrac{4}{y+1}\left(y+1\right)}=2.2=4\)
Xảy ra khi \(\left(y+1\right)^2=4\Leftrightarrow y=1\)
Từ đây ta có thể thấy : \(A\ge4-1=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x-y\right)\cdot\left(y+1\right)=2\) và \(y=1\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right..\)
Bài này hồi lúc cũng không biết làm, h biết truyền lại cho bạn :D
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(\frac{a^4}{b^3(c+a)}+\frac{c+a}{4a}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{8b^3}}=\frac{3a}{2b}\)
\(\frac{b^4}{c^3(a+b)}+\frac{a+b}{4b}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{8c^3}}=\frac{3b}{2c}\)
\(\frac{c^4}{a^3(b+c)}+\frac{b+c}{4c}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{8a^3}}=\frac{3c}{2a}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{a^4}{b^3(c+a)}+\frac{b^4}{c^3(a+b)}+\frac{c^4}{a^3(b+c)}+\frac{1}{4}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{9}{4}\geq \frac{3}{2}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\)
\(\Rightarrow \frac{a^4}{b^3(c+a)}+\frac{b^4}{c^3(a+b)}+\frac{c^4}{a^3(b+c)}\geq \frac{5}{4}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-\frac{9}{4}\geq \frac{5}{4}.3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}-\frac{9}{4}\)
hay \( \frac{a^4}{b^3(c+a)}+\frac{b^4}{c^3(a+b)}+\frac{c^4}{a^3(b+c)}\geq \frac{5}{4}.3-\frac{9}{4}=\frac{3}{2}\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
Cách khác:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{(\frac{a^2}{b})^2}{b(c+a)}+\frac{(\frac{b^2}{c})^2}{c(a+b)}+\frac{(\frac{c^2}{a})^2}{a(b+c)}\geq \frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{b(c+a)+c(a+b)+a(b+c)}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+a}=a+b+c\)
\(\Rightarrow \left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2\geq (a+b+c)^2\)
Do đó: \(\text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT Cauchy: \((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
Suy ra: \(\text{VT}\geq \frac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac)}=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Áp dung BĐT schur với k=2 ta được:
a2(a-b)(a-c)+b2(b-c)(b-a)+c2(c-a)(c-b)\(\ge\)0
a4+b4+c4+abc(a+b+c)\(\ge\)ab(a2+b2)+bc(b2+c2)+ca(c2+a2)
VL Vấn đề của tui là chưa chứng minh được schur bạn ạ ~ Chứng minh giúp schur giúp
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a>b> c\). Khi đó \(a-b>0; b-c> 0; c-a< 0\)
Áp dụng BĐT AM-GM:\(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}\geq \frac{2}{(a-b)(b-c)}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM: \((a-b)(b-c)\leq \left(\frac{a-b+b-c}{2}\right)^2=\frac{(c-a)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}\geq \frac{2}{\frac{(c-a)^2}{4}}=\frac{8}{(c-a)^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{(c-a)^2} \)
Mà \(0\leq c< a\leq 2\Rightarrow 0< a-c\leq 2\Rightarrow (c-a)^2=(a-c)^2\leq 4\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{(c-a)^2} \geq \frac{9}{4}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,0)$ và hoán vị.