Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\dfrac{1}{4}\)
Ta có: \(ab+bc+ac=\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)-\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{12}\)
\(a^2+b^2+c^2=\dfrac{1}{6}-\left(ab+bc+ac\right)=\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{12}\)
Suy ra: \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\Leftrightarrow a=b=c\)
\(P=\dfrac{3}{2}\)
p/s làm lih tih k chắc đâu:v
a) Áp dụng bất đẳng thức Schur với \(r=1\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\)
\(\Rightarrow3abc\ge a^2b+ca^2-a^3+ab^2+b^2c-b^3+c^2a+bc^2-c^3\)
\(\Rightarrow3abc\ge a^2\left(b+c-a\right)+b^2\left(a+c-b\right)+c^2\left(a+b-c\right)\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+b+b\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{b^2}.b^2}=3a\)
Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{c^2}+c+c\ge3b\\\dfrac{c^3}{a^2}+a+a\ge3c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}+2\left(a+b+c\right)\ge3\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge a+b+c\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
c) Ta có \(abc=ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) với a , b > 0
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+2b+3c}=\dfrac{1}{a+c+2\left(b+c\right)}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}\right]\)
Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+2c+3a}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}\right]\\\dfrac{1}{c+2a+3b}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\right]\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\) ( 1 )
Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) với a , b > 0
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
Tượng tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\\\dfrac{1}{c+a}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{8}\left[\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\right]\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{8}\left[\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\right]\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{16}\) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 )
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{3}{16}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+2b+3c}+\dfrac{1}{b+2c+3a}+\dfrac{1}{c+2a+3b}\le\dfrac{3}{16}\) ( đpcm )
Bài 3:
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{2}{x^2+y^2}=2\left(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\) \(\geq 2.\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}=\frac{8}{(x+y)^2}=8\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
b) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{1}{2xy}+\left (\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\geq \frac{1}{2xy}+\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}\)
\(=\frac{1}{2xy}+\frac{4}{(x+y)^2}\)
Theo BĐT AM-GM:
\(xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{2xy}\geq 2\)
Do đó \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\geq 2+4=6\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
Bài 1: Thiếu đề.
Bài 2: Sai đề, thử với \(x=\frac{1}{6}\)
Bài 4 a) Sai đề với \(x<0\)
b) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^4-x+\frac{1}{2}=\left (x^4+\frac{1}{4}\right)-x+\frac{1}{4}\geq x^2-x+\frac{1}{4}=(x-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^4=\frac{1}{4}\\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (vô lý)
Do đó dấu bằng không xảy ra , nên \(x^4-x+\frac{1}{2}>0\)
Bài 6: Áp dụng BĐT AM-GM cho $6$ số:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)
5) a) Đặt b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z thì 2a=y+z;2b=x+z;2c=x+y
Ta có:
\(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\ge6\)
Vậy ta suy ra đpcm
b) Ta có: a+b>c;b+c>a;a+c>b
Xét: \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
.Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c};\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy ta có đpcm
6) Ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2cd+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)
\(ab+cd=ab+\dfrac{1}{ab}\ge2\)
Suy ra đpcm
Bài 1:
(a)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)
Ta có đpcm.
(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.
Đặt
\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)
Khi đó:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)
\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
(c):
Theo BĐT tam giác:
\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Ta có đpcm.
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
a) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{abc^2}{ab}}=2\sqrt{c^2}=2\left|c\right|=2c\left(c>0\right)\)
Chứng minh tương tự ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge2a\\\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ab}{c}\ge2b\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế: \(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)
Áp dụng liên tiếp AM-GM và Cauchy-Schwarz ta được:
\(\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{ab+b^2-b^2}{a+b}=\dfrac{b\left(a+b\right)}{a+b}-\dfrac{b^2}{a+b}=b-\dfrac{b^2}{a+b}\)
Chứng minh tương tự:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{bc}{b+c}=\dfrac{bc+c^2-c^2}{b+c}=\dfrac{c\left(b+c\right)}{b+c}-\dfrac{c^2}{b+c}=c-\dfrac{c^2}{b+c}\\\dfrac{ac}{c+a}=\dfrac{ac+a^2-a^2}{c+a}=\dfrac{a\left(c+a\right)}{c+a}-\dfrac{a^2}{c+a}=a-\dfrac{a^2}{c+a}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế:
\(\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}=a+b+c-\left(\dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{c^2}{b+c}+\dfrac{a^2}{a+c}\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
b)Đặt \(A=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ca}{c+a}\)
\(A=\dfrac{a\left(a+b\right)-a^2}{a+b}+\dfrac{b\left(b+c\right)-b^2}{a+b}+\dfrac{c\left(c+a\right)-c^2}{c+a}\)
\(A=a+b+c-\dfrac{a^2}{a+b}-\dfrac{b^2}{b+c}-\dfrac{c^2}{c+a}\)
Lại có:\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow A\le a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
\(\dfrac{ab}{6+a-c}+\dfrac{bc}{6+b-a}+\dfrac{ca}{6+c-b}=\dfrac{ab}{2a+b}+\dfrac{bc}{2b+c}+\dfrac{ca}{2c+a}\)
Mà ta có:
\(\dfrac{2a+b}{ab}=\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{9}{2b+a}\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab}{2a+b}\le\dfrac{2b+a}{9}\)
Tương tự ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{bc}{2b+c}\le\dfrac{2c+b}{9}\\\dfrac{ca}{2c+a}\le\dfrac{2a+c}{9}\end{matrix}\right.\)
Cộng 3 cái trên vế theo vế ta được
\(\dfrac{ab}{2a+b}+\dfrac{bc}{2b+c}+\dfrac{ca}{2c+a}\le\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{9}=\dfrac{3.6}{9}=2\)
bạn cho mik hỏi là tại sao bạn có thể nghĩ ra như vậy k