Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2abc+b^2c^2\right)+\left(b^2-2abc+a^2c^2\right)+\left(c^2-2abc+a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-bc\right)^2+\left(b-ac\right)^2+\left(c-ab\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vì bđt cuối luôn đúng nên bđt ban đầu được chứng minh
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) ( bđt phụ + Cauchy-Schwarz dạng Engel )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
CM bđt phụ : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z\)
Chúc bạn học tốt ~
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
\(6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)\)
\(=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{2z+x+y}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+2.\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2x+y+z+x+2y+z+2z+x+y}-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(=6.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{18}{4.\dfrac{3}{4}}-\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2=9\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}\)
a) ab+bc+ca\(\le\dfrac{\left(a+c+b\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow3ab+3bc+3ac\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca\le2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b,c\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
\(\left|ab+cd\right|\le\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\Leftrightarrow\left|ab+cd\right|^2\le\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+d^2\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta suy ra:
Dấu "=" xảy ra <=> ad=bc
Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)
Do đó ta được:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)
\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)
\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)
Do đó ta được:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)
Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).
1) a2 - ab + b2 ≥ 0
<=> ( 4a2 - 4ab + b2 ) + 3b2 ≥ 0
<=> ( 2a - b )2 + 3b2 ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 0
2) a2 - ab + b2 ≥ 1/4( a + b )2
<=> 4a2 - 4ab + 4b2 ≥ a2 + 2ab + b2
<=> 4a2 - 4ab + 4b - a2 - 2ab - b2 ≥ 0
<=> 3a2 - 6ab + 3b2 ≥ 0
<=> a2 - 2ab + b2 ≥ 0
<=> ( a - b )2 ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a = b
a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 6 số không âm a2, a2b2, b2, b2c2, c2, a2c2 ta được:
a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2 >= 6\(\sqrt{a^6b^6c^6}\)= 6abc
=> a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) >= 6abc
Dấu = xảy ra khi
a2=a2b2=b2=b2c2=c2=a2c2
a=b=c=+-1