AV
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
31 tháng 7 2019
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
31 tháng 7 2019
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
2 tháng 6 2017
Câu 2: \(\left(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\right)^2=\left(\frac{xy}{z}\right)^2+\left(\frac{yz}{x}\right)^2+\left(\frac{xz}{y}\right)^2+2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(=\left(\frac{xy}{z}\right)^2+\left(\frac{yz}{x}\right)^2+\left(\frac{xz}{y}\right)^2+6\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :
\(\left(\frac{xy}{z}\right)^2+\left(\frac{yz}{x}\right)^2+\left(\frac{xz}{y}\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(\frac{xy}{z}\right)^2\left(\frac{yz}{x}\right)^2\left(\frac{xy}{y}\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{\left(xyz\right)^4}{\left(xyz\right)^2}}=3\)\(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\ge\sqrt{3+6}=3\left(dpcm\right)\)
DD
3 tháng 6 2017
tại sao lại suy ra đc \(3\sqrt[3]{\frac{\left(xyz\right)^4}{\left(xyz\right)^{^2}}}=3\) vậy cậu?
22 tháng 7 2019
3.Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)ta có
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+2b+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{9}ab.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
TT \(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ac}{9}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
=> \(VT\le\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\Sigma.\frac{1}{9}.\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ba}{a+c}\right)=\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
22 tháng 7 2019
cảm ơn bạn nhiều, bạn có thể giúp mình hai câu kia nữa được không
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 2 2020
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow\frac{2+a^2+b^2}{\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+ab\right)\left(2+a^2+b^2\right)\ge2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
b/ \(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{2}{1+a^2b^2}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^4}+\frac{3}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{1}{1+b^4}+\frac{3}{1+c^4}\ge\frac{4}{1+bc^3}\); \(\frac{1}{1+c^4}+\frac{3}{1+a^4}\ge\frac{4}{1+a^3c}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
BH
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. CMR: \(\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le\frac{3}{2}\)
1
28 tháng 5 2019
Ta có : a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ( a + c ) ( a + b )
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\frac{a\left(a+b+c\right)-bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b\left(a+b+c\right)-ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c\left(a+b+c\right)-ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{3}{2}\)
\(\left(a^2+ab+ac-bc\right)\left(b+c\right)+\left(ab+b^2+bc-ac\right)\left(a+c\right)+\left(ac+bc+c^2-ab\right)\left(a+b\right)\le\frac{3}{2}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
khai triển ra , ta được :
\(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2+6abc\le\frac{3}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)+3abc\)
\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)\le-3abc\)
\(\Rightarrow a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\ge6abc\)( nhân với -2 thì đổi dấu )
\(\Rightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT lúc đầu đúng
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)
TN
6 tháng 7 2019
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
HM
6 tháng 4 2018
Cho mk k nhé!
4/1x3x5 = 1/1x3 - 1/3x5
4/3x5x7 = 1/3x5 - 1/5x7
.............
A = 1/1x3 - 1/11x13
1/1x3x5 = 1/4 x (1/1x3 - 1/3x5)
1/3x5x7 = 1/4 x (1/3x5 - 1/5x7)
..........
B = 1/4 x (1/1x3 - 1/11x13)
Ta có \(\frac{a^3}{b^2+1}=\frac{a^3}{b^2+ab}=\frac{a^3}{b\left(a+b\right)}\)
Áp dụng BĐT cosi
\(\frac{a^3}{b\left(a+b\right)}+\frac{b}{2}+\frac{a+b}{4}\ge\frac{3}{2}a\)
TT \(\frac{b^3}{a\left(a+b\right)}+\frac{a}{2}+\frac{a+b}{4}\ge\frac{3}{2}b\)
=> \(VT\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)\ge\sqrt{ab}=1\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1