Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 4:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-shwarz dạng engel ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+2bc}+\dfrac{1}{b^2+2ca}+\dfrac{1}{c^2+2ab}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)
\(=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{9}{9}=1\)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1
\(\Rightarrowđpcm\)
Bài 1:
Ta có:
\(a^2+b^2-\frac{(a+b)^2}{2}=\frac{2(a^2+b^2)-(a+b)^2}{2}=\frac{(a-b)^2}{2}\geq 0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}=\frac{2^2}{2}=2\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Câu 1:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(1+x^3+y^3\geq 3\sqrt[3]{x^3y^3}=3xy\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\geq \frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq \sqrt{\frac{3}{yz}}; \frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{xz}\geq \sqrt{\frac{3}{xz}}\)
Cộng theo vế các BĐT thu được:
\(\text{VT}\geq \sqrt{\frac{3}{xy}}+\sqrt{\frac{3}{yz}}+\sqrt{\frac{3}{xz}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{27}{x^2y^2z^2}}=3\sqrt[6]{27}=3\sqrt{3}\) (Cauchy)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Câu 4:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{2}{x}+\frac{3}{y}\right)(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\)
\(\Leftrightarrow 1.(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\Rightarrow x+y\geq 5+2\sqrt{6}\)
Vậy \(A_{\min}=5+2\sqrt{6}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=2+\sqrt{6}; y=3+\sqrt{6}\)
------------------------------
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow \frac{3(a^2+b^2)}{4ab}\geq \frac{6ab}{4ab}=\frac{3}{2}\)
Cộng theo vế hai BĐT trên:
\(\Rightarrow B\geq 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\) hay \(B_{\min}=\frac{5}{2}\). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
$\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq ab+bc+ca+2$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
Chứng minh rằng: - K2PI – TOÁN THPT | Chia sẻ Tài liệu, đề thi, hỗ trợ giải toán
\(BĐT\Leftrightarrow\sum\dfrac{2bc}{1+a^2}\le\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow\sum\dfrac{-2bc}{2a^2+b^2+c^2}\ge-\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{2a^2+\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\)
ÁP dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
và \(\sum\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}=\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(a-c\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{4\left(a-c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a-c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
( Lưu ý : \(\left(c-a\right)^2=\left(a-c\right)^2\)) (1)
Do vậy cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2+2\left(a-c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2+4\left(a-c\right)^2\ge6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc-ac-b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (*)
(*) không phải luôn đúng, tuy nhiên ta có thể ép cho nó đúng .
bằng cách đáng giá tương tự BĐT (1) :
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\left(b-a\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(b-a\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\\\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(c-b\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(c-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\end{matrix}\right.\)
ta thu được BĐT cần chứng minh tương đương \(\left\{{}\begin{matrix}\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\left(3\right)\\\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Dễ thấy \(\left(a-b\right)\left(b-c\right).\left(b-c\right)\left(c-a\right).\left(c-a\right)\left(a-b\right)=\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\ge0\)
tích của chúng là 1 số không âm nên có ít nhất 1 số không âm .Chứng tỏ có ít nhất 1 BĐT đúng
Do đó ta có đpcm
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
Ta có \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2b\sqrt{a}}=a-\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(VT\ge3-\left(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\right)\)
Xét \(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}=\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{4a}}+\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{4b}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{4c}}\)
Áp dụng bđt Cauchy ta có \(\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{4a}}=\sqrt{\dfrac{ab}{2a}.\dfrac{ab}{2}}\le\dfrac{\dfrac{b}{2}+\dfrac{ab}{2}}{2}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\le\dfrac{\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}=\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}\left(1\right)\)
Theo hệ quả của bđt Cauchy ta có \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}\le\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{3}{2}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có \(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\right)\ge3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 1:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\)
\(=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}+b-\frac{2bc^2}{b+2c^2}+c-\frac{2ca^2}{c+2a^2}=(a+b+c)-2\left(\frac{ab^2}{a+2b^2}+\frac{bc^2}{b+2c^2}+\frac{ca^2}{c+2a^2}\right)\)
\(=3-2M(*)\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(M=\frac{ab^2}{a+b^2+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2+a^2}\leq \frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}+\frac{bc^2}{3\sqrt[3]{bc^4}}+\frac{ca^2}{3\sqrt[3]{ca^4}}\)
\(\Leftrightarrow M\leq \frac{1}{3}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\leq \frac{ab+ab+1}{3}+\frac{bc+bc+1}{3}+\frac{ca+ca+1}{3}=\frac{2(ab+bc+ac)+3}{3}\)
Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\) (quen thuộc)
\(\Rightarrow M\leq \frac{1}{3}.\frac{2.3+3}{3}=1(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-2.1=1\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^3}{a^2+a^2b^2}+\frac{b^3}{b^2+b^2c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2}\)
hay:
\(\text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}(*)\)
Mặt khác, theo BĐT Cauchy ta dễ thấy:
\(a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Leftrightarrow 1\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{1}{3}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
3)
1.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với \(\dfrac{2}{3}\), không mất tính tổng quát, giả sử đó là b và c
\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\ge0\)
Mặt khác \(0\le a\le1\Rightarrow1-a\ge0\)
\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow-abc\ge\dfrac{4a}{9}+\dfrac{2b}{3}+\dfrac{2c}{3}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}\)
\(\Leftrightarrow-abc\ge-\dfrac{2a}{9}+\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}=-\dfrac{2a}{9}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc+\dfrac{8}{9}\)
\(\Leftrightarrow-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{4ab}{3}-\dfrac{4ac}{3}-2bc+\dfrac{16}{9}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{ab}{3}-\dfrac{ac}{3}-bc+\dfrac{16}{9}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(b+c\right)-bc+\dfrac{16}{9}\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(2-a\right)-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}+\dfrac{a^2}{3}-\dfrac{2a}{3}-\dfrac{\left(2-a\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{a}{9}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{1}{12}\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{20}{27}\ge\dfrac{20}{27}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge2abc+\dfrac{20}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)