Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
3a) ta có \(\frac{a^2}{a+b}=a-\frac{ab}{a+b}>=a-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
vì \(a,b>0,a+b>=2\sqrt{ab}nên\frac{ab}{a+b}< =\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\)
tương tự \(\frac{b^2}{b+c}=b-\frac{bc}{b+c}>=b-\frac{bc}{2\sqrt{bc}}=b-\frac{\sqrt{bc}}{2}\)
tương tự \(\frac{c^2}{c+a}=c-\frac{ca}{c+a}>=c-\frac{ca}{2\sqrt{ca}}=c-\frac{\sqrt{ca}}{2}\)
cộng từng vế BĐT ta được \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=a+b+c-\frac{\sqrt{ab}}{2}-\frac{\sqrt{bc}}{2}-\frac{\sqrt{ca}}{2}=\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}\left(1\right)\)
giả sử \(\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}>=\frac{a+b+c}{2}\)
<=> \(2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=a+b+c\)
<=> \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>=0\)
(đúng với mọi a,b,c >0) (2)
(1),(2)=> \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
đặt vt=A
\(A>=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}{2\left(a+b+c+d+e\right)}\)(bdt cauchy schwarz)
=>\(\frac{2A}{5}>=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{e}+\sqrt{d}\right)^2}{5\left(a+b+c+d+e\right)}>\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}=1\)(gợi ý:chỗ này dựa vào bdt bunhiacopxki)
=>\(A>=\frac{5}{2}\)
2) Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)được : \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
Đặt;\(\frac{a}{d}=x;\frac{b}{e}=y;\frac{c}{f}=z\left(x,y,z>0\right)\)\(\Rightarrow\)Ta cần tính \(x^2+y^2+z^2\)
Suy ra ta có hệ phương trình;\(\hept{\begin{cases}x+y+z=1\left(1\right)\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\left(2\right)\end{cases}}\)
Từ (2) suy ra xy+yz+xz=0
Lại có \(1=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)\)
Suy ra \(x^2+y^2+z^2=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4a}\ge2\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{4a\left(b+c\right)}}=1\)
Tương tự với các phân thức còn lại, sau đó cộng theo vế ta được :
\(VT+\frac{b+c}{4a}+\frac{c+d}{4b}+\frac{d+e}{4c}+\frac{e+a}{4d}+\frac{a+b}{4e}\ge5\)
\(\Leftrightarrow VT\ge5-\frac{1}{4}\left(\frac{b+c}{a}+\frac{c+d}{b}+\frac{d+e}{c}+\frac{e+a}{d}+\frac{a+b}{e}\right)\)
\(=5-\frac{1}{4}\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{b}+\frac{d}{c}+\frac{e}{c}+\frac{e}{d}+\frac{a}{d}+\frac{a}{e}+\frac{b}{e}\right)\)
\(\ge5-\frac{1}{4}\cdot10\sqrt[10]{\frac{b\cdot c\cdot c\cdot d\cdot d\cdot e\cdot e\cdot a\cdot a\cdot b}{a\cdot a\cdot b\cdot b\cdot c\cdot c\cdot d\cdot d\cdot e\cdot e}}=5-\frac{1}{4}\cdot10=\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=d=e=1\)