Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nếu bạn đã từng tự rủa bản thân vì quá ngu...thì đúng là bạn ngu thật. Chỉ có loại ngu mới đi chửi chính mình.
-Triết lý anh Sơn-
2c, \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge6xyz\\
\)
Á djt mẹ nãy dùng BĐT quá k nhớ ra là còn có cả trường hợp âm không dùng BĐT được...nên xử lí luôn he? :))
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 1 hoặc 3 số âm, ta có \(6xyz\le0\le x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\) (ĐPCM)
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 2 số âm hoặc có 3 số dương thì xét như nhau (nói âm dương là vậy chứ thiết nhất là em ghi \("\ge0"\)và \("\le0"\)cho nó chuẩn nhất ;))
Có: \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge2x^2y+2y^2z+2z^2x\)(1) (Bất đẳng thức Cô-si)
Ta cần chứng minh: \(2x^2y+2zy^2+2xz^2\ge6xyz\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2x^2y}{xyz}+\frac{2zy^2}{xyz}+\frac{2xz^2}{xyz}=2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge6\)(2)
Đến đây có thể làm theo 2 cách, nhưng thôi anh làm cách nhanh hơn :))
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right)\)và \(\left(x,y,z\right)\)trong đó \(x,y,z\ge0\). Khi đó:
\(\frac{\left(\sqrt{x}\right)^2}{z}+\frac{\left(\sqrt{y}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{z}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\)
Thay vào (2) ta có:\(2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge2\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge6\)(3)
Từ (1), (2) và (3) => ĐPCM
Đến đây có lẽ chú sẽ nghĩ: Dựa vào đâu mà cha này bảo \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)???
Thì câu trả lời đây: \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x+2y+2z-2\sqrt{xy}-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)
Trước hết ta chứng minh \(a\ge c\) . Ta viết lại giả thiết là \(a^2-c^2=b\left(ac^2-b\right)\)
Giả sử \(a< c\) khi đó ta được \(a^2-c^2=b\left(ac^2-b\right)< 0\Leftrightarrow b>ac^2\)
Mà ta lại thấy \(b\left(b-ac^2\right)\ge b>ac^2\)
Mà do a, c là các số nguyên dương nên ta được
\(c^2-a^2-ac^2=c^2\left(1-a\right)-a^2< 0\)
Hai bất đẳng thức này mâu thuẫn với nhau. Do đó không thể xảy ra \(a< c\), tức là ta có bất đẳng thức \(a\ge c\)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(b\ge c\)
Vậy bài toán được chứng minh xong :)))
Bài 1:
Ta có: a,b không âm(gt)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}\) và \(\sqrt{b}\) được xác định
Ta có: \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Giả sử: d=(m+n,m2+n2)d=(m+n,m2+n2)
⇒⎧⎨⎩m+n⋮dm2+n2⋮d⇒{m+n⋮dm2+n2⋮d
⇒⎧⎨⎩m+n⋮d(m+n)2−2mn⋮d⇒{m+n⋮d(m+n)2−2mn⋮d
⇒⎧⎨⎩m+n⋮d2mn⋮d⇒{m+n⋮d2mn⋮d
⇒⎧⎨⎩2m(m+n)−2mn⋮d2n(m+n)−2mn⋮d⇒{2m(m+n)−2mn⋮d2n(m+n)−2mn⋮d
⇒⎧⎨⎩2m2⋮d2n2⋮d⇒{2m2⋮d2n2⋮d
d|(2m2,2n2)=2(m2,n2)=2d|(2m2,2n2)=2(m2,n2)=2
⇒d=1⇒d=1 hoặc d=2d=2
- Nếu m,nm,n cùng lẻ thì d=2d=2
- Nếu m,nm,n khác tính chẵn lẻ thì d=1
Bài làm :
\(VT=\frac{a}{b\left(b^2+a\right)}+\frac{b}{c\left(c^2+b\right)}+\frac{c}{a\left(a^2+c\right)}\)
\(=\frac{1}{b}\cdot\frac{a}{b^2+a}+\frac{1}{c}\cdot\frac{b}{c^2+b}+\frac{1}{a}\cdot\frac{c}{a^2+c}\)
\(=\frac{1}{b}\cdot\left(1-\frac{b^2}{b^2+a}\right)+\frac{1}{c}\cdot\left(1-\frac{c^2}{c^2+b}\right)+\frac{1}{a}\cdot\left(1-\frac{a^2}{a^2+c}\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si :
\(VT\ge\frac{1}{b}\cdot\left(1-\frac{b^2}{2b\sqrt{a}}\right)+\frac{1}{c}\cdot\left(1-\frac{c^2}{2c\sqrt{b}}\right)+\frac{1}{a}\cdot\left(1-\frac{a^2}{2a\sqrt{c}}\right)\)
\(=\frac{1}{b}\cdot\left(1-\frac{b}{2\sqrt{a}}\right)+\frac{1}{c}\cdot\left(1-\frac{c}{2\sqrt{b}}\right)+\frac{1}{a}\cdot\left(1-\frac{a}{2\sqrt{c}}\right)\)
\(=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}}+\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{b}}+\frac{1}{a}-\frac{1}{2\sqrt{c}}\)
\(=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\)
Lại áp dụng BĐT Cô-si :
\(\frac{1}{\sqrt{a}}\le\frac{\frac{1}{a}+1}{2};\frac{1}{\sqrt{b}}\le\frac{\frac{1}{b}+1}{2};\frac{1}{\sqrt{c}}\le\frac{\frac{1}{c}+1}{2}\)
Do đó :
\(VT\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}{2}\)
\(=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\)
\(=\frac{3}{4}\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\cdot\frac{9}{a+b+c}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
giúp vs
Lê Thị Thục HiềnTrần Thanh PhươngVũ Minh Tuấn
Cách khác:
\(ab+\frac{1}{ab}=16ab+\frac{1}{ab}-15ab\)
\(\ge2\sqrt{16ab.\frac{1}{ab}}-\frac{15}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\ge8-\frac{15}{4}=\frac{17}{4}\)
Equality holds when \(a=b=\frac{1}{2}\)(đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\))
\(M=ab+\frac{1}{16ab}+\frac{15}{16ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{16ab}}+\frac{15}{4\left(a+b\right)^2}\ge\frac{1}{2}+\frac{15}{4}=\frac{17}{4}\)
Dấu "'=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
\(m.a^{m+n}+n.b^{m+n}=a^{m+n}+a^{m+n}+...+a^{m+n}+b^{m+n}+...+b^{m+n}\) ( m số hạng \(a^{m+n}\) và \(n\) số hạng \(b^{m+n}\), tổng cộng có \(m+n\) số hạng)
\(\Rightarrow m.a^{m+n}+n.b^{m+n}\ge\left(m+n\right)\sqrt[m+n]{a^{m\left(m+n\right)}.b^{n\left(m+n\right)}}=\left(m+n\right)a^m.b^n\)
Tương tự ta có \(n.a^{m+n}+m.b^{m+n}\ge\left(m+n\right)a^n.b^m\)
Cộng với vế vế ta được:
\(\left(m+n\right)a^{m+n}+\left(m+n\right)b^{m+n}\ge\left(m+n\right)a^mb^n+\left(m+n\right)a^nb^m\)
\(\Rightarrow a^{m+n}+b^{m+n}\ge a^mb^n+a^nb^m\)