Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình dùng ''AM-GM ngược dấu'' như sau
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự với các phân thức khác rồi cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)=3-\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)\)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM \(9=\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{3}{2}\)
Vậy \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
\(\dfrac{a^2}{b+1}+\dfrac{b^2}{c+1}+\dfrac{c^2}{a+1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}=\dfrac{9^2}{9+3}=\dfrac{27}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Chứng minh BĐT \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) với \(\left(a,b,c>0\right)\)
Trước hết ta cm \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2b+y^2a}{ab}\ge\frac{x^2+y^2+2xy}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\left(x^2b+y^2a\right)\left(a+b\right)\ge ab\left(x^2+y^2+2xy\right)\)(vì tất cả các tử số và mẫu số đều dương)
\(\Leftrightarrow x^2ab+y^2ab+x^2b^2+y^2a^2\ge abx^2+aby^2+2abxy\)\(\Leftrightarrow x^2b^2-2abxy+y^2a^2\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(xb-ya\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vậy BĐT được cm
Để có đpcm thì ta chỉ cần áp dụng 2 lần BĐT ta vừa chứng minh xong:
\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Áp dụng bất đẳng thức bu nhi a ta có
\(\left(a+2b\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)=3.\left(a^2+2b^2\right)\le3.3c^2=9c^2\)
=> \(a+2b\le3c\)
Mà \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+2b}\ge\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}\)
=> \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\ge\frac{3}{c}\left(ĐPCM\right)\)
a+bc/b+c + b+ca/c+a + c+ab/a+b
ta có: a+bc/c+b = a+(1-a-c).c/(1-a-c)+c = a+c-ac-c^2/1-a = (a+c)-c(a+c)/1-a = (a+c)(1-c)/1-a = (1-b)(1-c)/1-a
tương tự với các phân số còn lại:
ta đc:H=(1-b)(1-c)/1-a + (1-a)(1-c)/1-b + (1-a)(1-b)/1-c
đặt 1-a=x, 1-b=y, 1-c=z =>
yz/x + xz/y + xy/z
áp dụng bđt cô-sin =>
yz/x + xz/y >= 2 căn yz/x . xz/y=2z
tương tự => xz/y + xy/z >= 2x và xy/z + yz/x >= 2y
=> 2H >= 2(x+y+z) = 2(1-a + 1-b + 1-c)=2(3 - (a+b+c))=2(3-1)=2.2=4
=> H>= 2
=> bt trên >= 2
a+bc/b+c + b+ca/c+a + c+ab/a+b ta có: a+bc/c+b = a+(1-a-c).c/(1-a-c)+c = a+c-ac-c^2/1-a = (a+c)-c(a+c)/1-a = (a+c)(1-c)/1-a = (1-b)(1-c)/1-a tương tự với các phân số còn lại: ta đc:H=(1-b)(1-c)/1-a + (1-a)(1-c)/1-b + (1-a)(1-b)/1-c đặt 1-a=x, 1-b=y, 1-c=z => yz/x + xz/y + xy/z áp dụng bđt cô-sin => yz/x + xz/y >= 2 căn yz/x . xz/y=2z tương tự => xz/y + xy/z >= 2x và xy/z + yz/x >= 2y => 2H >= 2(x+y+z) = 2(1-a + 1-b + 1-c)=2(3 - (a+b+c))=2(3-1)=2.2=4 => H>= 2 => bt trên >= 2
Mẫu bài này khó khử ~v
Ta có: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}}=2.\frac{1}{2}=1\)
Thiết lập hai BĐT còn lại tương tự và cộng theo vế,ta có:
\(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge3\) (*)
Ta sẽ c/m: \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\) (**)
Thật vậy,áp dụng BĐT Cô si,ta có: \(VT_{\left(^∗^∗\right)}\ge2a^2.a\sqrt{bc}+2b^2.b\sqrt{ac}+2c^2.c\sqrt{ab}\)
\(=2a^2\sqrt{abc.a}+2b^2\sqrt{abc.b}+2c^2\sqrt{abc.c}\)
\(=2a^2\sqrt{a}+2b^2\sqrt{b}+2b^2\sqrt{c}\) (***)
Đặt \(\sqrt{a}=t;\sqrt{b}=u;\sqrt{c}=v\).và \(t.u.v=1\)
(***) trở thành: \(2t^5+2u^5+2v^5=2\left(t^5+u^5+v^5\right)\)
Ta có: \(t^5+u^5+v^5+1+1\ge5\sqrt[5]{t^5u^5v^5.1.1}=5\)
Suy ra \(t^5+u^5+v^5\ge5-2=3\)
Suy ra \(2\left(t^5+u^5+v^5\right)\ge2.3=6\) (****)
Kết hợp (**) ; (***) và (****) suy ra \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\)
Thay vào (1) suy ra \(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge VT+\frac{6}{4}\ge3\)
Suy ra \(VT\ge\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Bài dài quá,có gì sai sót mong bạn thông cảm.Vì khi bài dài,mình làm có thể sẽ bị ngược dấu. :v
Áp dụng BĐT Svácxơ, ta có:
\(\dfrac{a^2}{b+1}+\dfrac{b^2}{c+1}+\dfrac{c^2}{a+1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}=\dfrac{81}{12}=\dfrac{27}{4}\)
Dấu "=" ⇔ a=b=c=3
Áp dụng BĐT Cô-si:
\(\dfrac{a^2}{b+1}+\dfrac{9}{16}\left(b+1\right)\ge2\sqrt{\dfrac{9a^2\left(b+1\right)}{16\left(b+1\right)}}=\dfrac{3a}{2}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^2}{c+1}+\dfrac{9}{16}\left(c+1\right)\ge\dfrac{3b}{2}\) ; \(\dfrac{c^2}{a+1}+\dfrac{9}{16}\left(a+1\right)\ge\dfrac{3c}{2}\)
Cộng vế:
\(VT+\dfrac{9}{16}\left(a+b+c+3\right)\ge\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{27}{4}\ge\dfrac{27}{2}\Rightarrow VT\ge\dfrac{27}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)