Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
Ta cần chứng minh bất đẳng thức phụ: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)} \)
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Xét c+1 = a+b+c+c
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
\(\frac{ab}{c+1}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
Cộng vế theo vế, ta có:
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{ab+bc}{c+a}+\frac{bc+ca}{a+b}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+c\right)}{c+a}+\frac{c\left(b+a\right)}{a+b}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ac}{b+1}\le\frac{1}{4}\)
=> Điều phải chứng minh
ta có với x,y>0 thì \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)(*) dấu "=" xảy ra khi x=y
áp dụng bđt (*) và do a+b+c=1 nên ta có
\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)
tương tự ta có \(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right);\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc}{c+a}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{c+a}{b+1}\le\frac{1}{4}\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Câu 1: Đặt \(S=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}=\frac{x}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(x+1\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(1-y\right)\left(y+1\right)}}\)
\(\frac{S}{\sqrt{3}}=\frac{x}{\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(3-3y\right)\left(y+1\right)}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}\le\frac{3-3x+x+1}{2}=\frac{4-2x}{2}=2-x\)
\(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}}\ge\frac{x}{2-x}\)
Tương tự: \(\frac{y}{\sqrt{\left(3-3y\right)\left(y+1\right)}}\ge\frac{y}{2-y}\)
Từ đó: \(\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{x}{2-x}+\frac{y}{2-y}=\frac{x^2}{2x-x^2}+\frac{y^2}{2y-y^2}\)
Áp dụng BĐT Schwarz: \(\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{x^2}{2x-x^2}+\frac{y^2}{2y-y^2}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2\left(x+y\right)-\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2-\left(x^2+y^2\right)}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{x^2+y^2}{2}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{1}{2-\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow S\ge\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(ĐPCM).
Dấu bằng có <=> \(x=y=\frac{1}{2}\).
Câu 4: Sửa đề CMR: \(abcd\le\frac{1}{81}\)
Ta có: \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}=3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}=\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+d}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)(AM-GM)
Tương tự:
\(\frac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)\(;\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\frac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân 4 BĐT trên theo vế thì có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge81\sqrt[3]{\frac{\left(abcd\right)^3}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)\right]^3}}\)
\(=81.\frac{abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\)
\(\Rightarrow81.abcd\le1\Leftrightarrow abcd\le\frac{1}{81}\)(ĐPCM)
Dấu "=" có <=> \(a=b=c=d=\frac{1}{3}\).
Từ \(a+b+ab=3\Rightarrow a+b=3-ab\ge3-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+6\right)\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow a+b\ge2\)
Biến đổi bài toán như sau:
\(P=\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}-a^2-b^2\le\frac{3}{2}\)
Tức là chứng minh \(\frac{3}{2}\) là GTLN của \(P\)
\(P=\frac{3\left(a^2+b^2\right)+3\left(a+b\right)}{ab+a+b+1}+\frac{3-a-b}{a+b}-\left(a+b\right)^2++2\left(3-a-b\right)\)
\(=\frac{3}{4}\left[3\left(a+b\right)^2-6\left(3-a-b\right)+3\left(a+b\right)\right]\)
\(+\frac{3}{a+b}-1-\left(a+b\right)^2+6-2\left(a+b\right)\)
Khảo sat đồ thì trên \(a+b\ge2\) tìm tìm được \(P_{Max}=\frac{3}{2}\)
P/s:giờ mk đi ngủ, mệt r` chỗ nào khó hiểu mai hỏi :D
ta có: \(VT=\frac{a\left(a+b+ab\right)}{b+1}+\frac{b\left(a+b+ab\right)}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\)
\(=a^2+b^2+\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\)
cần cm \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}\)
theo giả thiết \(4=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b+2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)
ta có: \(\frac{ab}{a+b}=\frac{ab+a+b}{a+b}-1=\frac{3}{a+b}\le\frac{3}{2}-1\)(*)
\(\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(b+ab\right)+\frac{1}{4}\left(a+ab\right)=\frac{1}{4}\left(3+ab\right)\)(**)
giờ cần tìm max ab.để ý rằng \(ab=ab+a+b-\left(a+b\right)=3-\left(a+b\right)\le3-2=1\)
khi đó \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}-1+\frac{1}{4}\left(3+1\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
dấu = xảy ra khi a=b=1
B3 mk tìm đc cách giải r nhưng bạn nào muốn thì trả lời cg đc
Các bạn giải giúp mình B2 và B5 nhé. Mấy bài kia mình giải được rồi.
Ta có : \(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}=1\Leftrightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}=\sqrt{abc}\)
Do đó : \(ab+bc+ac\ge\frac{abc}{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(\sqrt{a^2bc}+\sqrt{b^2ac}+\sqrt{c^2ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+b\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2+c\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
Bất đẳng thức phụ:
Với \(xy\le\) thì \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\le\frac{2}{1+xy}\) ( biến đổi tương đương )
Áp dụng:\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+2017ab\)
\(\le\frac{2}{1+ab}+2017ab\)
Đặt \(x=ab\le1\)
Khi đó:\(LHS\le\frac{2}{1+x}+2017x\)
Đến đây biến đổi tương đương chắc là ra nhỉ