Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2+b^2+b+\frac{5}{2}\ge ab+2a\)
<=> \(a^2-2a-ab+b^2+b+\frac{5}{2}\ge0\)
<=> \(a^2-\left(2+b\right)a+b^2+b+\frac{5}{2}\ge0\)
<=> \(\left(a-\frac{2+b}{2}\right)^2-\frac{\left(2+b\right)^2}{4}+b^2+b+\frac{5}{2}\ge0\)
<=> \(\left(a-\frac{2+b}{2}\right)^2-\frac{\left(2+b\right)^2}{4}+b^2+b+\frac{5}{2}\ge0\)
<=> \(\left(a-\frac{2+b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+\frac{3}{2}\ge0\) đúng với mọi a; b
Nhưng không xảy ra dấu bằng. Bạn xem lại đề nhé!
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho các bộ bốn số không âm, ta được: \(LHS=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(=\frac{x^2+x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{y^2+y^2+z^2+x^2}{4-zx}+\frac{z^2+z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)
Như vậy, ta cần chứng minh: \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{zx}}{4-zx}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{zx}}{zx\left(4-zx\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le3\)
Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{zx}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\). Khi đó \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)
và ta cần chứng minh \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge1\)
Xét BĐT phụ: \(\frac{x}{x^2\left(4-x^2\right)}\ge-\frac{1}{9}x+\frac{4}{9}\left(0< x\le1\right)\)(*)
Ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(x^2-2x-9\right)}{9x\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\ge0\)(Đúng với mọi \(x\in(0;1]\))
Áp dụng, ta được: \(\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c^2\left(4-c^2\right)}\ge-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)+\frac{4}{9}.3\)
\(\ge-\frac{1}{9}.3+\frac{4}{3}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
1. Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có 2a2+b2+c2\(\ge\)2a(b+c)
Chứng minh:
Ta có 2a2+b2+c2=(a2+b2)+(a2+c2)
Áp dụng bđt cauchy ta có
(a2+b2)+(a2+c2)\(\ge\)2ab+2ac=2a(b+c)
1) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT với 2 số
Với x,y,z,t > 0 ta luôn có: \(\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{t}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^2t+z^2y}{yt}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\Leftrightarrow\left(x^2t+z^2y\right)\left(y+t\right)\ge yt\left(x+z\right)^2\)
(Biến đổi tương đương)
Khi bất đẳng thức trên đúng ta sẽ CM như sau:
\(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}=\frac{c}{\gamma}\)
Ta có a4 + b4 - a3 b - ab3 = (a - b)(a3 - b3)
= (a -b)2 (a2 + ab + b2)
= (a - b)2 [\(\frac{3b^2}{4}+\left(a+\frac{b}{2}\right)^2\)]\(\ge0\)
Ta lại có a4 + b4 \(\ge2a^2b^2\)
Từ đó => 2(a4 + b4) \(\ge\)ab3 + a3 b + 2 a2 b2
\(2\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)\cdot\left(a^{ }^2+b^2\right)\ge2ab\cdot\frac{\left(a+b\right)^2}{2}=ab\cdot\left(a+b\right)^2=ab^3+2a^2b^2+a^3b\)
\(A=\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}\)\(=\frac{a}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4a}+\frac{9\left(a^2+1\right)}{4a}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a}{a^2+1}.\frac{a^2+1}{4a}}+\frac{9}{2}.\frac{a^2+1}{2a}\)
\(\ge2.\sqrt{\frac{1}{4}}+\frac{9}{2}.1=1+\frac{9}{2}=\frac{11}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=1\)
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
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2b+5\ge2ab+4a\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2+2b+1+a^2-4a+4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b+1\right)^2+\left(a-2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" ko xảy ra nên BĐT đã cho sai, BĐT đúng chỉ là ">", ko có "\(\ge\)"