Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(3-P=1-\frac{x}{x+1}+1-\frac{y}{y+1}+1-\frac{z}{z+1}\)
\(=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{9}{x+y+z+3}=\frac{9}{1+3}=\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra tại \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\) (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)
\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Dat \(\left(\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow xyz=1\)
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+1}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{x+y+1}\)
We need to prove:
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{x+y+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x+y}{x+y+1}\ge2\left(M\right)\)
We have:
\(VT_M\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x+y}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}x+3}\)
Now we need to prove
\(\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x+y}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}x+3}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge\Sigma_{cyc}x+3\left(M_1\right)\)
Consider:
\(VT_{M_1}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge x+y+z+xy+yz+zx\)
Now we need to prove:
\(x+y+z+xy+yz+zx\ge x+y+z+3\)
\(xy+yz+zx\ge3\) (Not fail with xyz=1)
Dau '=' xay ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c=1\\x=y=z=1\end{cases}}\)
a) \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b\) )
=>đpcm
Cô si
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)
Cộng lại ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)
a/ Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow3a^2-3ab+3b^2\ge a^2+ab+b^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
b/ \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a}{3}-\frac{b}{3}\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b}{3}-\frac{c}{3}\) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c}{3}-\frac{a}{3}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
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.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
\(\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}=VP\)
\(a,M=6+\frac{2x}{x^2+1}\)
ÁP dụng bđt AM-GM ta có
\(M\le6+\frac{2x}{2x}=7\)
Dấu "=" xảy ra khi x=1
b,\(A=\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\)
\(=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)(bđt Cauchy-Schwarz)
mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c