Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nguyễn Thị Ngọc Thơ, Nguyễn Việt Lâm, @No choice teen, @Trần Thanh Phương, @Akai Haruma
giúp e vs ạ! Cần gấp!
thanks nhiều!
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
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
2.
\(8ab-2=3\left(a^4+b^4\right)\ge6a^2b^2\Leftrightarrow3a^2b^2-4ab+1\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\le ab\le1\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{2}{ab+1}=\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\le0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\le\frac{2}{ab+1}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{2}{ab+1}+\frac{ab}{3a^2b^2+1}\)
Đặt \(ab=x\Rightarrow\frac{1}{3}\le x\le1\Rightarrow P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}\)
\(P\le\frac{2}{x+1}+\frac{x}{3x^2+1}-\frac{7}{4}+\frac{7}{4}=\frac{-21x^3+7x^2-3x+1}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\)
\(P\le\frac{\left(7x^2+1\right)\left(1-3x\right)}{4\left(x+1\right)\left(3x^2+1\right)}+\frac{7}{4}\le\frac{7}{4}\) ; \(\forall x\ge\frac{1}{3}\)
\(P_{max}=\frac{7}{4}\) khi \(x=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
1.
Ta có: \(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+2bc+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2-4+2bc+abc\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(a-2\right)+bc\left(a+2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(bc+a-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow bc+a\le2\) (1)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với 1
Giả sử đó là b và c \(\Rightarrow\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\Leftrightarrow bc+1\ge b+c\Rightarrow abc+a\ge ab+ac\)
\(\Rightarrow abc\ge ab+ac-a\Rightarrow abc+2\ge ab+ac-a+2\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(ab+ac-a+2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow a+bc\le2\) (đúng theo (1)) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
3.
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(4a^2+4ab+b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(2a+b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}\ge2a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c};\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow MaxP=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
5.
ĐKXĐ: \(0\le x\le1\)
\(P=\sqrt{1-x}+\sqrt{x}+\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\)
\(P\ge\sqrt{1-x+x}+\sqrt{1+x+x}=1+\sqrt{1+2x}\ge2\)
\(\Rightarrow P_{min}=2\) khi \(x=0\)
6.
\(3=a^2+b^2+ab\ge2ab+ab=3ab\Rightarrow ab\le1\)
\(3=a^2+b^2+ab\ge-2ab+ab=-ab\Rightarrow ab\ge-3\)
\(\Rightarrow-3\le ab\le1\)
\(a^2+b^2+ab=3\Rightarrow a^2+b^2=3-ab\)
Ta có:
\(P=\left(a^2+b^2\right)^2-2a^2b^2-ab\)
\(P=\left(3-ab\right)^2-2a^2b^2-ab=-a^2b^2-7ab+9\)
Đặt \(ab=x\Rightarrow-3\le x\le1\)
\(P=-x^2-7x+9=21-\left(x+3\right)\left(x+4\right)\le21\)
\(\Rightarrow P_{max}=21\) khi \(x=-3\) hay \(\left(a;b\right)=\left(-\sqrt{3};\sqrt{3}\right)\) và hoán vị
\(P=-x^2-7x+9=1+\left(1-x\right)\left(x+8\right)\ge1\)
\(\Rightarrow P_{min}=1\) khi \(x=1\) hay \(a=b=1\)
1. \(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6\)
\(\Leftrightarrow x+y+z+\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\ge6\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)-18\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+6\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Vậy \(P=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\ge\frac{1}{3}.3^2=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
2. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(Q^2\le3\left(2a+bc+2b+ac+2c+ab\right)\)
\(Q^2\le6\left(a+b+c\right)+3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(Q^2\le6\left(a+b+c\right)+\left(a+b+c\right)^2=16\)
\(\Rightarrow Q\le4\Rightarrow Q_{max}=4\) khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
c/
Nếu dấu là trừ:
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(a+b+c-\frac{2}{k}abc\right)^2\le2k\)
Ta có:
\(VT=\left[\left(a+b\right).1+c\left(1-\frac{2}{k}ab\right)\right]^2\)
\(VT\le\left[\left(a+b\right)^2+c^2\right]\left[1+\left(1-\frac{2}{k}ab\right)^2\right]\)
\(VT\le\left(k+2ab\right)\left(2-\frac{4}{k}ab+\frac{4a^2b^2}{k^2}\right)\)
\(VT\le2k-\frac{4}{k}a^2b^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(2k-\frac{4}{k}\left(ab\right)^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\le2k\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2-\frac{2}{k^2}\left(ab\right)^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\)
Từ giả thiết \(k=a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{2ab}{k}\le1\)
\(\Rightarrow1-\frac{2ab}{k}\ge0\Rightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\) (đpcm)
À ghi lộn đó bạn, bạn thay lại hệ số đúng thôi, ko ảnh hưởng gì cả vì số hạng đó được bỏ qua trong quá trình chứng minh