Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dự đoán các biểu thức đạt GTLN / GTNN tại các mút hoặc tại các biến bằng nhau.
Việc còn lại là nhóm hợp lý sao cho dấu bằng xảy ra giống như dự đoán,
\(A=a^2+\frac{18}{a^2}=\left(\frac{18}{a^2}+\frac{a^2}{72}\right)+\frac{71a^2}{72}\ge2\sqrt{\frac{18}{a^2}.\frac{a^2}{72}}+\frac{71.6^2}{72}=\frac{73}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{18}{a^2}=\frac{a^2}{72}\\a=6\end{cases}}\Leftrightarrow a=6\)
\(B=a+a+\frac{1}{8a^2}+\frac{7}{8a^2}\ge3\sqrt[3]{a.a.\frac{1}{8a^2}}+\frac{7}{8.\left(\frac{1}{2}\right)^2}=5\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{8a^2}\\a=\frac{1}{2}\end{cases}}\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}\)
c. \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\le\frac{1}{4}\), làm tương tự câu a, b
d.
\(t=\frac{a+b}{\sqrt{ab}}\ge\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}=2\)
\(D=t+\frac{1}{t}\text{ }\left(t\ge2\right)\), làm tương tự câu a.
Với a, b > 0
Ta có: \(2\sqrt{a+3}\le\frac{\left(a+3\right)+4}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{a+3}\le\frac{a+2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{\sqrt{a+3}}\ge\frac{8}{a+7}\)
Ta có: \(2\sqrt{b+3}\le\frac{\left(b+3\right)+4}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{b+3}}\ge\frac{4}{b+7}\)
\(\Rightarrow\frac{2}{\sqrt{a+3}}+\frac{1}{\sqrt{b+3}}\ge\frac{8}{a+7}+\frac{4}{b+7}=\frac{4}{a+7}+\frac{4}{a+7}+\frac{4}{b+7}\)
\(\ge4\left(\frac{1}{a+7}+\frac{1}{a+7}+\frac{1}{b+7}\right)\)
\(\ge4.\frac{9}{2a+b+21}=4.\frac{9}{3+21}=\frac{36}{24}\)
\(\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Vậy\(\frac{2}{\sqrt{a+3}}+\frac{1}{\sqrt{b+3}}\ge\frac{3}{2}\)
Cách khác:
Ta có: \(VT=\frac{2}{\sqrt{a+3}}+\frac{1}{\sqrt{b+3}}=\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)+2}}+\frac{1}{\sqrt{\left(b+1\right)+2}}\ge\frac{2}{\frac{a+1+2}{2}}+\frac{1}{\frac{b+1+2}{2}}=\frac{4}{a+3}+\frac{2}{b+3}\)(1) (BĐT Cô-si)
Lại có: \(2a+b\le3\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+3\ge3a+b\\b+3\ge2\left(a+b\right)\end{matrix}\right.\). Thay vào (1) ta được:
\(VT\ge\frac{4}{3a+b}+\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng BĐT Schwarz, ta được:
\(VT\ge\frac{4}{3a+b}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{\left(2+1\right)^2}{4a+2b}=\frac{3^2}{2\left(2a+b\right)}\ge\frac{3^2}{2.3}=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a =b = c
b)Tương tự câu a
c)\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\)
Tương tự 3 BĐT còn lại và cộng theo vế ta được \(VT\ge2\)
Nhưng dấu "=" không xảy ra nên ta có đpcm.
d) Chưa nghĩ ra.
Bài 2:
a) Đề thiếu (or sai hay sao ý)
d, Với a,b >0.Áp dụng bđt svac-xơ có:
\(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}=\frac{3}{a}+\frac{2}{2b}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2}{a+2b}=\frac{5+2\sqrt{6}}{a+2b}>\frac{\sqrt{24}+2\sqrt{6}}{a+2b}\)
=> \(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}>\frac{4\sqrt{6}}{a+2b}\)
cho mình xin đề bài với cho hỏi tại sao có
\(\left(a-b\right)^2\left(17a^2+10ab+9b^2\right)\ge0\)
để suy ra \(\sqrt{2a\left(a+b\right)^3}\le\frac{5}{2}a^2+\frac{3}{2}b^2\)
#Thắng: hình như là Ireland MO 2000 hay 2002 j đó , nãy vừa thấy trên fb <(")
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
\(VT=\frac{1}{2}\sqrt{\left(2a-4\right).4}+\frac{1}{3}\sqrt{\left(3b-9\right)9}+\frac{11a+7b}{2}\le6a+4b\)
Cần CM \(6a+4b\le ab+24\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-4\right)\left(6-b\right)\le0\) đúng với \(a\ge4;b\ge6\)
"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=4;b=6\)
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0