Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
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?
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành
Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh
\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)
Ta có:
\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)
Ta lại có:
\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)
\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)
PS: Đề sai rồi nha.
2.
\(8ab-2=3\left(a^4+b^4\right)\ge6a^2b^2\Leftrightarrow3a^2b^2-4ab+1\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\le ab\le1\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{2}{ab+1}=\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\le0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\le\frac{2}{ab+1}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{2}{ab+1}+\frac{ab}{3a^2b^2+1}\)
Đặt \(ab=x\Rightarrow\frac{1}{3}\le x\le1\Rightarrow P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}\)
\(P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}-\frac{7}{4}+\frac{7}{4}=\frac{-21x^3+7x^2-3x+1}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\)
\(P\le\frac{\left(7x^2+1\right)\left(1-3x\right)}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\le\frac{7}{4}\) ; \(\forall x\ge\frac{1}{3}\)
\(P_{max}=\frac{7}{4}\) khi \(x=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
1.
Ta có: \(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+2bc+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2-4+2bc+abc\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(a-2\right)+bc\left(a+2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(bc+a-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow bc+a\le2\) (1)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với 1
Giả sử đó là b và c \(\Rightarrow\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\Leftrightarrow bc+1\ge b+c\Rightarrow abc+a\ge ab+ac\)
\(\Rightarrow abc\ge ab+ac-a\Rightarrow abc+2\ge ab+ac-a+2\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(ab+ac-a+2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow a+bc\le2\) (đúng theo (1)) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
sửa giả thiết là \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\left(abc\right)^2\)
Và Áp dụng BĐT cô-si, ta có \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3\ge3\left(abc\right)^2\)
dấu = xảy ra <=>a=b=c>0
Thay vào thì \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\) (ĐPCM)
^_^
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
Áp dụng bđt Holder, ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right).\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right)\left[a^2b^2\left(a^2+b^2\right)+b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+c^2a^2\left(c^2+a^2\right)\right]\ge\left(ab+bc+ca\right)^3=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{8}\)
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{a^2b^4+a^4b^2+b^2c^4+b^4c^2+c^2a^4+c^4a^2}\)
Đặt a2=x, b2=y, c2=z
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\)(1)
Theo bđt Schur, ta có:
\(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\ge4.\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)+3xyz\)
Vì \(xyz=\left(abc\right)^2\ge0\)
=>\(\left(x+y+z\right)^3\ge4\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\)
=>\(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\ge4\)
Thay vào (1)=>\(VT^2\ge\frac{1}{2}=>VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
=>ĐPCM
a,b,c>=0 mới được nhé
Đặt biểu thức là A
\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{ab\left(a^2+b^2\right)}}{a^2+b^2}>=\frac{\sqrt{2abab}}{a^2}=\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}\)
Dấu = xảy ra khi có một trong 2 số a,b =0 hoặc a=b.
Tương tự=> A>=\(\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{2}bc}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{2}ca}{a^2+c^2}\)
\(\sqrt{2}A>=\frac{2ab}{a^2+b^2}+\frac{2bc}{b^2+c^2}+\frac{2ca}{c^2+a^2}\)
\(\sqrt{2}A+3>=\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c^2+a^2}.\)
>=\(\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=4.\)
=>A>=1/căn 2
Dấu = xảy ra khi 2 số bằng nhau, một số =0