Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a}{2}-\frac{a^2}{2a+1}+\frac{b}{2}-\frac{b^2}{2b+1}+\frac{c}{2}-\frac{c^2}{2c+1}\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\)
Hay: \(\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\ge3\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng dạng p.thức ta được:
\(\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\ge3\)
Đặt: \(t=a^2+b^2+c^2\ge3\) ta có:
\(\frac{9}{2t+3}+\frac{2t}{\sqrt{t+6}}\ge3\Leftrightarrow\frac{9}{2t+3}-1+\frac{2t}{\sqrt{t+6}}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(3-t\right)}{2t+3}+\frac{2t-2\sqrt{t+6}}{\sqrt{t+6}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left[\frac{t+2}{\sqrt{t+6}\left(t+\sqrt{t+6}\right)}-\frac{1}{2t+3}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t+2\right)\left(2t+3\right)-\sqrt{t+6}\left(t+\sqrt{t+6}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow t\left(2t+6-\sqrt{t+6}\right)\ge0\)
Vì: \(t\ge3\) nên BĐT luôn đúng.
BĐT xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Sử dụng Bunhiacopxki:
\(\sqrt{\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{2a+1}=VT\)
Hay: \(\sqrt{VP.\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\ge VT\)
Vậy ta chỉ cần chứng minh: \(VP\ge\sqrt{VP.\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow VP\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{\left(2a+1\right)^2}\)
1. Ta có : \(\frac{a}{a+b+c+d}< \frac{a}{a+b+c}< \frac{a+d}{a+b+c+d}\)
\(\frac{b}{a+b+c+d}< \frac{b}{b+c+d}< \frac{a+b}{a+b+c+d}\)
\(\frac{c}{a+b+c+d}< \frac{c}{a+c+d}< \frac{b+c}{a+b+c+d}\)
\(\frac{d}{a+b+c+d}< \frac{d}{a+b+d}< \frac{c+d}{a+b+c+d}\)
Cộng vế theo vế ta được :
\(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\) ( đpcm )
2. Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số ko âm b-1 và 1 ta có :
\(\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(b-1\right)+1}{2}=\frac{b}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> b - 1 = 1 <=> b = 2
\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le a\cdot\frac{b}{2}=\frac{ab}{2}\)
Tương tự ta có : \(b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}\) Dấu "=" xảy ra <=> a = 2
Do đó : \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2
\(VT=\frac{a^3}{a^2+abc}+\frac{b^3}{b^2+abc}+\frac{c^3}{c^2+abc}\)
Xét \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ac=abc\)
\(\Rightarrow VT=\frac{a^3}{a^2+ab+bc+ac}+\frac{b^3}{b^2+ab+bc+ac}+\frac{c^3}{c^2+ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow VT=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(VT+\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{a+b+c}{4}\) ( đpcm)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Chúc bạn học tốt !!!
\(a,b\)là hai nghiệm phân biệt của phương trình: \(x^2-2021x-c=0\).
Theo Viet:
\(\hept{\begin{cases}a+b=2021\\ab=-c\end{cases}}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=\frac{2021}{-c}\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2021}{c}=0\)
\(Từ GT, ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge6\) Áp dụng bđt AM - GM, ta lại có: \(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a};\frac{1}{b^2}+1\ge\frac{2}{b};\frac{1}{c^2}+1\ge\frac{2}{c}\) \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc};\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\ge\frac{2}{ac}\) Cộng theo vế ta có: \(3\left(\text{∑}\frac{1}{a^2}\right)+3\ge2\left(\text{∑}\frac{1}{a}+\text{∑}\frac{1}{ab}\right)\Leftrightarrow\text{∑}\frac{1} {a^2}\ge3\left(đ\text{pcm}\right)\) \(\text{Dau }"="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Từ GT, ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge6\)
Áp dụng bđt AM - GM, ta lại có:
\(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a};\frac{1}{b^2}+1\ge\frac{2}{b};\frac{1}{c^2}+1\ge\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc};\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\ge\frac{2}{ac}\)
Cộng theo vế ta có:
\(3\left(\text{∑}\frac{1}{a^2}\right)+3\ge2\left(\text{∑}\frac{1}{a}+\text{∑}\frac{1}{ab}\right)\Leftrightarrow\text{∑}\frac{1}{a^2}\ge3\left(đ\text{pcm}\right)\)
\(\text{Dau }"="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\le1\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+abc-4\ge0\)
BĐT trên đúng theo AM-GM nên ta có đpcm.
Tth lam kieu j vay,