cho a,b >0 thỏa a+b=1, CM:
a^2 + b^2 + 1/a^2 + 1/b^2 >= 17/2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
21 tháng 4 2019
1. Ta có : \(\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)^2\ge0\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab}\)
Tương tự : \(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}\); \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{ac}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\). Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)=9\)
\(9\le3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c = 1
21 tháng 4 2019
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=7\)\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)=49\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2.\frac{a+b+c}{abc}=49\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=49\)
7 tháng 9 2021
1) Với x > 0 ta có:
\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\\ \Leftrightarrow\dfrac{x^2+1}{x}\ge\dfrac{2x}{x}\\ \Leftrightarrow x^2+1\ge2x\left(\text{vì }x>0\right)\\ \Leftrightarrow x^2-2x+1\ge0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\left(\text{luôn đúng }\forall x>0\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=1\). Vậy BĐT được chứng mình với x > 0.
7 tháng 9 2021
1: Áp dụng Bđt cosi, ta được:
\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\cdot\sqrt{x\cdot\dfrac{1}{x}}=2\)
TL
1
T
24 tháng 8 2019
Cách 1:
Ta có: \(VT-VP\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(\frac{a+b+c-3}{3}\right)\ge0\) (do \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\))
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Cách 2:Đổi biến" \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\)
Cách 3: Dùng P,Q,R
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p=a+b+c\ge3\left(\text{vì abc = 1}\right)\\q=ab+bc+ca\ge3\left(\text{vì abc = 1, theo Cô si}\right)\\r=abc=1\end{matrix}\right.\)
Quy về: Cho \(p,q\ge3;r=1\). Chứng minh:
\(p^2-2q\ge p\). Ta biết rằng \(2q=2\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{2}{3}p^2\)
Do đó \(p^2-2q\ge\frac{1}{3}p^2\). Cần chứng minh \(\frac{1}{3}p^2\ge p\Leftrightarrow p\left(\frac{p-3}{3}\right)\ge0\) (đúng do p >= 3)
Vậy ta có đpcm.
P/s: đúng ko ta?
KN
22 tháng 8 2020
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
Ta cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)
Bất đẳng thức đã được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)