Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
$ab+bc+ca=3$. CMR: $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\geqslant \frac{3}{2}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
a)Từ \(a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) *đúng*
Khi \(a=b=c\)
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế :
\(M\ge3-\frac{ab+bc+ca}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Khi \(a=b=c=1\)
4/ Xét hiệu: \(P-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=5a^2+11b^2+5c^2-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=\frac{\left(5a-b-c\right)^2+6\left(3b-2c\right)^2}{5}\ge0\)
Vì vậy: \(P\ge2\left(ab+7bc+ca\right)=2.188=376\)
Đẳng thức xảy ra khi ...(anh giải nốt ạ)
@Cool Kid:
Bài 5: Bản chất của bài này là tìm k (nhỏ nhất hay lớn nhất gì đó, mình nhớ không rõ nhưng đại khái là chọn k) sao cho: \(5a^2+11b^2+5c^2\ge k\left(ab+7bc+ca\right)\)
Rồi đó, chuyển vế, viết lại dưới dạng tam thức bậc 2 biến a, b, c gì cũng được rồi tự làm đi:)
Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)
\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)
Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
Ai có cách hay?
1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.
2a) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)
Ta có 1 + ab2 \(\ge\)\(2b\sqrt{a}\)
1 + bc2 \(\ge2c\sqrt{b}\)
1 + ca2 \(\ge2a\sqrt{c}\)
VT \(\ge\)\(2\left(\frac{b\sqrt{a}}{c^3}+\frac{c\sqrt{b}}{a^3}+\frac{a\sqrt{c}}{b^3}\right)\)
\(\ge2\frac{\left(\sqrt[4]{b^2a}+\sqrt[4]{c^2b}+\sqrt[4]{a^2c}\right)^2}{a^3+b^3+c^3}\)
\(\ge2\frac{\left(3\sqrt[12]{a^3b^3c^3}\right)^2}{a^3+b^3+c^3}\)
\(\ge\frac{18}{a^3+b^3+c^3}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :
\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+c\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)
Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)
\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)
\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Vậy ...
2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có :
\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)
Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)
Tương tự : ....
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)
\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)
Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1
Áp dụng bđt Cô-si: \(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}\ge2\sqrt{\frac{a}{bc}.\frac{b}{ac}}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge2\sqrt{\frac{b}{ac}.\frac{c}{ab}}=\frac{1}{a}\)
\(\frac{c}{ab}+\frac{a}{bc}\ge2\sqrt{\frac{c}{ab}.\frac{a}{bc}}=\frac{1}{b}\)
cộng vế với vế ta được \(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
=>\(A=\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=2
Vậy minA=3/2 khi a=b=c=2
Ta có :\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)=3\)=> \(a+b+c\ge\sqrt{3}\)
\(\frac{a^3}{b^2+1}=\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ac}=\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Áp dụng bđt cosi ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{b+a}{8}+\frac{b+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{8.8}}=\frac{3}{4}a\)
CM tuong tự
=> \(P+2.\left(\frac{b+a}{8}+\frac{b+c}{8}+\frac{a+c}{8}\right)\ge\frac{3}{4}a+\frac{3}{4}b+\frac{3}{4}c\)
=>\(P\ge\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{\sqrt{3}}{4}\)
=>\(MinP=\frac{\sqrt{3}}{4}\)xảy ra khi \(a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)