Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le10\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\le7\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó ta có \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\Leftrightarrow ab+bc\ge b^2+ca\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{c}+1\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c};\frac{a}{c}+1\ge\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\le2+2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
Ta cần chứng minh \(2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\le5\). Tức là chứng minh \(\left(\frac{2a}{c}-1\right)\left(1-\frac{2c}{a}\right)\le0\)( *)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng vì \(2\ge a\ge c\ge1\Rightarrow\frac{a}{c}\ge1;\frac{c}{a}\ge\frac{1}{2}\). => đpcm
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
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 <=> \(a=b=c=d=\frac{1}{3}\).
Ta phải chứng minh
\(\displaystyle \sum\)\(\frac{1+a}{b+c}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\displaystyle \sum\)\(\frac{2a+b+c}{b+c}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\displaystyle \sum\)\(\frac{2a}{b+c}+3\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c}-\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac}{b\left(b+c\right)}+\frac{bc}{a\left(a+b\right)}+\frac{ab}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(b+c\right)}+\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Mặt khác: Theo BĐT AM-GM ta có:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)=3abc\left(a+b+c\right)\)
Theo BĐT Cauchy-Schwwarz ta có:
\(\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(c+a\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Lời giải:
Sửa đề: \(\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}\)
--------------------------
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+\sqrt{2(a+c)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}\)
\(\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)\)
Lại theo BĐT AM-GM:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)\)
Và:
\(16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}\) (đpcm)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
Lời giải:
\(\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4[a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)]\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac+a+b+c)\geq 3[(ab+bc+ac)+(a+b+c)+abc+1]\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 3(abc+1)=6\)
Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì \(ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{(abc)^3}=6\)
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
tuong tu http://olm/hoi-dap/question/987068.html