Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{cases}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Rightarrow1\ge ab+bc+ca}\)(1)
Lại có:\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\le1+2=3\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(a+b+c+ab+bc+ca\le1+\sqrt{3}\)
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
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
biến đổi tương đương thôi , EZ !
\(BĐT< =>\frac{a\left(c+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b\left(a+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(< =>\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(< =>\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{ab+bc+ca+a+b+c+1+abc}\ge\frac{3}{4}\)
\(< =>4\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)+6\)
\(< =>ab+bc+ca+a+b+c\ge6\)
Theo đánh giá của Bất đẳng thức Cauchy thì :
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Vậy Bất đẳng thức được hoàn tất chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Bài 6 . Áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a2 + b2 ≥ 2ab ( a > 0 ; b > 0)
⇔ ( a + b)2 ≥ 4ab
⇔ \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)≥ ab
⇔ \(\dfrac{a+b}{4}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) ( 1 )
CMTT , ta cũng được : \(\dfrac{b+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{bc}{b+c}\) ( 2) ; \(\dfrac{a+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{ac}{a+c}\)( 3)
Cộng từng vế của ( 1 ; 2 ; 3 ) , Ta có :
\(\dfrac{a+b}{4}\) + \(\dfrac{b+c}{4}\) + \(\dfrac{a+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) + \(\dfrac{bc}{b+c}\) + \(\dfrac{ac}{a+c}\)
⇔ \(\dfrac{a+b+c}{2}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) + \(\dfrac{bc}{b+c}\) + \(\dfrac{ac}{a+c}\)
Bài 4.
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương a , b, c , ta có :
\(1+\dfrac{a}{b}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\) ( a > 0 ; b > 0) ( 1)
\(1+\dfrac{b}{c}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{b}{c}}\) ( b > 0 ; c > 0) ( 2)
\(1+\dfrac{c}{a}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\) ( a > 0 ; c > 0) ( 3)
Nhân từng vế của ( 1 ; 2 ; 3) , ta được :
\(\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\) ≥ \(8\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{a}}=8\)
Sửa đề: 1+a^2;1+b^2;1+c^2
\(\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+ab+c+ac}}=\sqrt{\dfrac{a}{a+b}\cdot\dfrac{a}{a+c}}< =\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\)
\(\dfrac{b}{\sqrt{1+b^2}}< =\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{b+a}\right)\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{1+c^2}}< =\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)\)
=>\(A< =\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{3}{2}\)