Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dat \(P=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)
Ta co: \(\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Ta d̃i CM:\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Ta co:\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc\left(dpcm\right)\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c\)
Áp dụng BĐT Cosi:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}>=4\sqrt[4]{\frac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{27.27.9}.\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}...\)
\(>=\frac{4}{9}a\)
Tương tự
\(=>VT>=\frac{4}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{9}-2\left(\frac{a+2}{9}+\frac{b+2}{9}+\frac{c+2}{9}\right)=\frac{1}{3}.\)
Dấu "="xảy ra khi a=b=c=1
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\right)^2=\frac{1}{27}\left(a+b+c\right)^4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 2 : x^+x+y^2+x = x(x+1) +y(y+1) chia cho vế trái (x+1)(y+1) ...
Bài toán dễ dàng :V
Mình nhớ có học qua rùi mà dốt quá trả chữ cho thầy cô hết trơn :)
2)\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
theo yêu cầu của bạn thì đến đâ mk làm theo cách này
ÁP Dụng cô si ta có:\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)(luôn đúng)\(\Rightarrowđpcm\)
cách 2
\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
\(\Rightarrowđpcm\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit
\(1\le a,b,c\le2\)
\(\Rightarrow1-a\le0\Rightarrow c\left(1-a\right)\le0\Rightarrow4+c-ca\le4\)
\(\Rightarrow\frac{1}{4+c-ca}\ge\frac{1}{4}\)
CM tương tự \(\Rightarrow\frac{1}{4+a-ab}+\frac{1}{4+b-bc}+\frac{1}{4+c-ca}\ge\frac{3}{4}\)
Ta cần CM \(\frac{3}{4}\ge\frac{3}{3+abc}\)
Thật vậy \(a,b,c\ge1\Rightarrow abc\ge1\)\(\Rightarrow3+abc\ge4\Rightarrow\frac{3}{4}\ge\frac{3}{3+abc}\)
Dấu "="xảy ra khi a=b=c=1
Với a,b,c,d >0. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(c+d\ge2\sqrt{cd}\)
Do đó : \(a+b+c+d\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}\) \(=2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
\(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{ab}.\sqrt{cd}}=2\sqrt[4]{abcd}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có : \(a+b+c+d\ge4\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
\(\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)^4\ge abcd\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=d\)