Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
$\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq ab+bc+ca+2$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
Do 1/b+1/c=3/4-1/a suy ra \(\sum\) (1a/)=3/4
Ta có \(\dfrac{\sqrt{b^2+bc+c^2}}{a^2}\)= \(\dfrac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-bc}}{a^2}\ge\dfrac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}}}{a^2}=\dfrac{\sqrt{3}\left(b+c\right)}{2a^2}\)
Tương tự ta được:
P\(\ge\) \(\sqrt{3}\) \(\left(\sum\dfrac{b+c}{a^2}\right)\) \(\ge\) \(\sqrt{3}\) (1/a+1/b+1/c) \(\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) a=b=c=4
Xét \(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3a-16}{25}=\dfrac{\left(3a-4\right)\left(a-2\right)^2}{25\left(a^2+1\right)}\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{a^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}\)
CMTT \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(b-2\right)}{25}\\\dfrac{c}{c^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(c-2\right)}{25}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế:
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)+3\left(b-2\right)+3\left(c-2\right)}{25}\ge\dfrac{6}{5}-\dfrac{3\left(a+b+c-6\right)}{25}=\dfrac{6}{5}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Ta có \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=abc\)
Xét \(\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{b^3}{b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{c^3}{c^2+ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{b^3}{b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{c^3}{c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{64}}=\dfrac{3a}{4}\\\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3b}{4}\\\dfrac{b^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{b+c}{8}+\dfrac{c+a}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3b}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=3\)
p/s: bài này em nhớ em đã giải cho anh ròi mà ta =))
Ta có \(a^2+\dfrac{1}{b+c}=a^2+\dfrac{1}{6-a}\)
Mà \(a+b+c=6\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)
\(\Rightarrow a^2+\dfrac{1}{6-a}\ge2^2+\dfrac{1}{6-2}=\dfrac{17}{4}\)
\(\Rightarrow P=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{6-a}}\ge\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có:
\(VT\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ca}=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{7}{ab+bc+ca}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{7}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{7}{\dfrac{1}{3}}=9+21=30\)
Bài 1:
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) ta tính được giá trị là \(9\)
Ta sẽ chứng minh nó là GTLN
Thật vậy ta cần chứng minh
\(\Sigma\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\le\dfrac{3\left(ab+ac+bc\right)}{abc}\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{3}{a}-\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{ab\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(Σ\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{Σ\dfrac{1}{a}+2Σa^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta chứng minh \(Σ\dfrac{1}{a}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) - BĐT cuối đúng
Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 3:
Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow xy+yz+xz=3\) và BĐT cần chứng minh là
\(x^3+y^3+z^3\ge3\). Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot1}=3x^2\)
Tương tự có: \(y^3+y^3+1\ge3y^2;z^3+z^3+1\ge3z^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\left(xy+yz+xz=3\right)\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge9\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge6\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3\). BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
T/b:Vâng, rất giỏi 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ac}+\dfrac{1}{ab+bc+ac}+\dfrac{7}{ab+ac+bc}\)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\dfrac{1}{3}\)
\(\Rightarrow\dfrac{7}{ab+bc+ac}\ge21\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ac}+\dfrac{1}{ab+bc+ac}\ge\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}=9\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge21+9=30\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
==" nghiện zero 9 ak :))
Nghe mấy tiền bối đồn là đề này nằm trong đề đại học năm nào đó. Tự tìm nhá