H
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 11 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\text{VT}=\sqrt{ab+c(a+b+c)}+\sqrt{bc+a(a+b+c)}+\sqrt{ca+b(a+b+c)}$
$=\sqrt{(c+a)(c+b)}+\sqrt{(a+b)(a+c)}+\sqrt{(b+a)(b+c)}$
$\leq \frac{c+a+c+b}{2}+\frac{a+b+a+c}{2}+\frac{b+a+b+c}{2}$
$=2(a+b+c)=2$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
C6. Cho các số thực dương thoả mãn: ab+1 nhỏ hơn hoặc bằng b Chứng minh rằng : ( a + (1/a^2) ) + ( b^2 + (1/b) ) lớn hơn hoặc bằng 9
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 3 2022
\(ab+1\le b\Rightarrow a+\dfrac{1}{b}\le1\)
Đặt \(\left(a;\dfrac{1}{b}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow x+y\le1\)
Gọi vế trái của BĐT cần chứng minh là P:
\(P=x+\dfrac{1}{x^2}+y+\dfrac{1}{y^2}=\left(\dfrac{1}{x^2}+8x+8x\right)+\left(\dfrac{1}{y^2}+8y+8y\right)-15\left(x+y\right)\)
\(P\ge3\sqrt[3]{\dfrac{64x^2}{x^2}}+3\sqrt[3]{\dfrac{64y^2}{y^2}}-15.1=9\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\) hay \(\left(a;b\right)=\left(\dfrac{1}{2};2\right)\)
HQ
20 tháng 2 2021
Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)
Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\)
Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)
Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )
\(\Rightarrow\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\left(1\right)\)
Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)
\(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\left(3\right)\)
Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)
Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1
iải của
4 tháng 8 2016
với x,y >0 ta có : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)..\)
Áp dụng bất đẳng thức trên được:
\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab+abc}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\left(1\right).\)( vì abc = 1 )
Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\left(2\right).\)
\(\frac{1}{ac+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\left(3\right).\)
Cộng vế với vế các BĐT (1), (2) và (3) ta được :
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}.\)( đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi a = b = c = 1
20 tháng 3 2022
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b\).
KN
31 tháng 5 2020
Xét vế trái, ta có: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{ab+bc+ca}{ab}+\frac{ab+bc+ca}{bc}+\frac{ab+bc+ca}{ca}\)(Do theo giả thiết thì ab + bc + bc = 1)
\(=\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)+3\)
Khi đó, ta quy BĐT cần chứng minh về: \(\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)\)\(\ge\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}+\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}+\sqrt{\frac{1}{c^2}+1}\)\(=\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{b}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{c}\)
Theo BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta có:
\(\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}=\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{a}=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{a}\)\(\le\frac{\frac{a+b+a+c}{2}}{a}=\frac{2a+b+c}{2a}\)(1)
Tương tự ta có: \(\frac{\sqrt{b^2+1}}{b}\le\frac{2b+c+a}{2b}\)(2); \(\frac{\sqrt{c^2+1}}{c}\le\frac{2c+a+b}{2c}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được:
\(\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{b}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{c}\)\(\le\frac{2a+b+c}{2a}+\frac{2b+c+a}{2b}+\frac{2c+a+b}{2c}\)
\(=3+\frac{1}{2}\left[\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)\right]\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)\)\(\ge3+\frac{1}{2}\left[\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left[\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\right]\ge3\)(Điều này hiển nhiên đúng vì theo BĐT Cauchy, ta có:
\(\frac{1}{2}\left[\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\right]\)\(\ge\frac{1}{2}.6\sqrt[6]{\frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}}=3\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)
25 tháng 6 2023
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
TA
25 tháng 6 2023
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).