Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Dùng (a+b)2≥4ab
Chia hai vế cho a+b ( vì ab khác 0)
Ta có a+b≥\(\frac{4ab}{a+b}\) (Chuyển ab sang a+b) ta có
\(\frac{a+b}{ab}\)≥\(\frac{4}{a+b}\) <=> \(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)≥\(\frac{4}{a+b}\)
\(a+b=1-c>\frac{1}{2}>c\)
Tương tự \(b+c>a;a+c>b\)
\(VT=\frac{1}{a\left(b+c-a\right)}+\frac{1}{b\left(a+c-b\right)}+\frac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(VT\ge\frac{4}{\left(a+b+c-a\right)^2}+\frac{4}{\left(b+a+c-b\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a+b-c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{4}{3}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\)
\(VT\ge\frac{4}{3}\left(\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2=\frac{4.81}{3.4}=27\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)
Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).
BĐT được viết lại như sau:
\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)
Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:
Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)
Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:
\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)
Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm
Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)
Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.
Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)
\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:
\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )
Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.
Bài 1:
Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)
Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất
Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)
\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)
\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)
Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
Xét vế trái: Bạn nhân cả tử và mẫu với lần lượt là b^2.c^2; c^2.a^2; a^2.b^2
=> cái mẫu thành lần lượt là a(b+c); b(c+a); c(a+b) do abc=1=> a^2.b^2.c^2=1 và tử lần lượt là b^2.c^2; c^2.a^2; a^2.b^2
xong áp dụng cauchy schwarz thôi => vế trái >= (ab+bc+ca)^2/2(ab+bc+ca)=(ab+bc+ca)/2=(ab+bc+ca)/2abc=1/2a+1/2b+1/2c
=> ĐPCM.
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ac+ab\right)^2}{2\left(ab+ac+bc\right)}\ge\frac{\left(bc+ac+ab\right)}{2}\)
\(=\frac{bc}{2}+\frac{ac}{2}+\frac{ab}{2}=\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a =b = c.
Xin chào, bạn theo dõi lời giải của mình nhé
Áp dụng BĐT Holder và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\left(2a+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(2b+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\left(2c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(\ge\left(\sqrt[3]{2a\cdot2b\cdot2c}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{b}}\right)^3\)
\(=\left(2\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\right)^3\)\(\ge\left(2\cdot2\sqrt{\sqrt[3]{abc}\cdot\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}}\right)^3\)
\(=4^3=64=VP\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
Cauchy-Schwarz dạng Engel 2 lần :
\(P=\frac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\frac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\frac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)
\(P=\frac{1}{a\left(-a+b+c\right)}+\frac{1}{b\left(a-b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(P=\frac{1}{a-2a^2}+\frac{1}{b-2b^2}+\frac{1}{c-2c^2}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{1-\frac{2}{3}}=\frac{9}{\frac{1}{3}}=27\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
Cách của bạn sao chỗ cuối lại thế ạ ? Bạn giải hộ mình rõ hơn được không ?
Lớp 8 học BĐT svacxơ chưaCTV rẻ rách