Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
Câu 1: \(P=\sum\frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^2}\) đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow abc=1\)
Nó chính là dòng 5 trở đi của bài 4 này, ko làm lại nữa nhé:
Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Câu 2:
\(\frac{a^3}{\left(a^2+b^2+a^2\right)\left(a^2+a^2+c^2\right)}\le\frac{a^3}{\left(a^2+ab+ac\right)^2}=\frac{a}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự, cộng lại và rút gọn sẽ có đpcm
Vũ Minh Tuấn, Băng Băng 2k6, Phạm Lan Hương, Pumpkin Night, No choice teen, HISINOMA KINIMADO,
tth, Nguyễn Lê Phước Thịnh, Chu Tuấn Minh, Lê Thị Hồng Vân, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm,
@Akai Haruma
giúp e vs ạ! thanks trước
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}.\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\frac{b+c}{4}}=2\cdot\frac{1}{2a}=\frac{1}{a}\)
Tuong tu cho 2 BDT con lai ta cung co
\(\frac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{a+c}{4}\ge\frac{1}{b};\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4}\ge\frac{1}{c}\)
Cong theo ve cac BDT tren ta co
\(VT+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow VT+\frac{a+b+c}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=3\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow VT+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}\ge3\Rightarrow VT+\frac{3}{2}\ge3\Rightarrow VT\ge\frac{3}{2}\)
Dang thuc xay ra khi \(a=b=c=1\)
Bn thiếu đề nhé : \(DK:abc=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}.\frac{1+b}{8}.\frac{1+c}{8}}=\frac{3}{4}a\)
Tương tự \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3}{4}b\)
Và .\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3}{4}c\)
Cộng vế với vế của các bđt trên ta được :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}+\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\) (ĐPCM)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)\ge\left(ab+a+1\right)^2\)
Mà \(\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+\frac{1}{c}\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}\ge\frac{a}{\left(a+b+c\right)\left(a+a^2b+ab\right)}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)\left(1+ab+b\right)}\)
Tương tự rồi cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(VT\ge\frac{1}{a+b+c}\left(Σ\frac{1}{1+ab+b}\right)=\frac{1}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)