NN
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
LV
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 6 2021
Lời giải:
Vế đầu:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$(ab+bc+ac)(a+b+c)\geq 9abc$
$\Leftrightarrow ab+bc+ac\geq 9abc$
$\Rightarrow ab+bc+ac-2abc\geq 9abc-2abc=7abc\geq 0$ do $a,b,c\geq 0$
Vế sau:
Áp dụng BĐT Schur:
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(1-2a)(1-2b)(1-2c)$
$\Leftrightarrow 9abc\geq 4(ab+bc+ac)-1$
$\Rightarrow 2abc\geq \frac{8}{9}(ab+bc+ac)-\frac{2}{9}$
$\Rightarrow ab+bc+ac-2abc\leq ab+bc+ac-[\frac{8}{9}(ab+bc+ac)-\frac{2}{9}]=\frac{ab+bc+ac}{9}+\frac{2}{9}$
$\leq \frac{(a+b+c)^2}{27}+\frac{2}{9}$ (theo BĐT AM-GM)
$=\frac{1}{27}+\frac{2}{9}=\frac{7}{27}$
Ta có đpcm.
13 tháng 8 2017
1)Áp dụng BĐT Cô si ta có:
\(x\sqrt{y-1}\le\frac{x\left(y-1+1\right)}{2}=\frac{xy}{2}\)
\(y\sqrt{x-1}\le\frac{y\left(x-1+1\right)}{2}=\frac{xy}{2}\)
Cộng thei vế 2 BĐT cùng chiều ta có:
\(VT\le\frac{xy}{2}+\frac{xy}{2}=\frac{2xy}{2}=xy=VP\)
Khi x=y
13 tháng 8 2017
Ta có BĐT \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (đúng)
\(\Rightarrow2^2\ge3\cdot1\Rightarrow\frac{4}{3}\ge a,b,c\ge0\)
Khi a=b=c
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2019
Ta chứng minh được
\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\le\sum\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}=\sum\frac{1}{a^2+b^2+1}\)
Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)
Ta lại chứng minh được:
\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\le\sum\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\sum\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}=\sum\frac{z}{x+y+z}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đây là bài thi vào 10 của Thanh Hóa thì phải
AJ
2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 11 2019
Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
Mà \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) (AM-GM)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\frac{9}{8}\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}.\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ca\right)^3\le\frac{81}{64}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
25 tháng 11 2019
Ta có: \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=1\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc=1\)
Áp dụng BĐT Cô si ta có
\(1=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}\)\(=8abc\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
mặt khác: \(1=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\left(\frac{2a+2b+2c}{3}\right)^3\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=\frac{1+abc}{a+b+c}\le\frac{1+\frac{1}{8}}{\frac{3}{2}}=\frac{3}{4}\)
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
14 tháng 2 2018
đã bảo là 3 số thực thì có thể dương, có thể âm, có thể là 0, có thể là phân số...
19 tháng 5 2020
Đề: \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\sqrt{3}\) ???
*Ta chứng minh : \(x^4-x^3+2\ge x+1\forall x>0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3-x+1\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+1\right)\ge0\) ( đúng )
Do đó: \(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\) \(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 11 2019
\(VT=\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a}+\frac{ab}{b}+\frac{bc}{b}+\frac{bc}{c}+\frac{ca}{c}+\frac{ca}{a}\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(2a+2b+2c\right)=\frac{1}{2}\) (1)
Mặt khác \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\) ; \(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge1\)
\(\Rightarrow VP=\frac{1}{4}\left(1+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge\frac{1}{4}\left(1+1\right)=\frac{1}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)