Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) ta tính được giá trị là \(9\)
Ta sẽ chứng minh nó là GTLN
Thật vậy ta cần chứng minh
\(\Sigma\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\le\dfrac{3\left(ab+ac+bc\right)}{abc}\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{3}{a}-\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{ab\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(Σ\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{Σ\dfrac{1}{a}+2Σa^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta chứng minh \(Σ\dfrac{1}{a}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) - BĐT cuối đúng
Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 3:
Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow xy+yz+xz=3\) và BĐT cần chứng minh là
\(x^3+y^3+z^3\ge3\). Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot1}=3x^2\)
Tương tự có: \(y^3+y^3+1\ge3y^2;z^3+z^3+1\ge3z^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\left(xy+yz+xz=3\right)\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge9\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge6\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3\). BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
T/b:Vâng, rất giỏi 
Lời giải:
Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:\((a,b,c)=\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x}\right)\)
Bài toán trở thành:
Cho $x,y,z>0$. CMR: \(\frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}\geq \frac{3}{2}\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}=\frac{x^6}{x^2yz(x^2+y^2)}+\frac{y^6}{y^2xz(y^2+z^2)}+\frac{z^6}{z^2xy(z^2+x^2)}\)
\(\geq \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{x^2yz(x^2+y^2)+y^2xz(y^2+z^2)+z^2xy(z^2+x^2)}=\frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{xyz(x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2)}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^3+y^3+z^3\geq 3xyz\Rightarrow \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\geq xyz(1)\)
Và:
\(x^3+y^3+y^3\geq 3xy^2; y^3+z^3+z^3\geq 3yz^2; z^3+x^3+x^3\geq 3zx^2\)
Cộng theo vế và rút gọn \(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\geq xy^2+yz^2+zx^2\)
\(\Rightarrow 2(x^3+y^3+z^3)\geq x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{2}{3}(x^3+y^3+z^3)^2\geq xyz(x^3+y^3+z^3+xy^3+yz^2+zx^2)(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \frac{x^4}{yz(x^2+y^2)}+\frac{y^4}{xz(y^2+z^2)}+\frac{z^4}{xy(z^2+x^2)}\geq \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{\frac{2}{3}(x^3+y^3+z^3)^2}=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$
1.
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c>0\)
2.
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\) và BĐT BSC:
\(\dfrac{a+b}{a^2+b^2}+\dfrac{b+c}{b^2+c^2}+\dfrac{c+a}{c^2+a^2}\)
\(\le\dfrac{a+b}{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}}+\dfrac{b+c}{\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}}+\dfrac{c+a}{\dfrac{\left(c+a\right)^2}{2}}\)
\(=\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\)
\(\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
\(=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c>0\)
Cách khác:
1.
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c+a}{4}+\dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c>0\)
M=\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-2y_1.y_2\)
Áp dụng định lý viettel :( :v )
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\);\(\left\{{}\begin{matrix}y_1+y_2=-\dfrac{b}{c}\\y_1y_2=\dfrac{a}{c}\end{matrix}\right.\)
\(M=\dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac{2c}{a}+\dfrac{b^2}{c^2}-\dfrac{2a}{c}=\dfrac{b^2-4ac}{a^2}+\dfrac{b^2-4ac}{c^2}+2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\ge2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge4\)
Dấu = xảy ra: \(\left\{{}\begin{matrix}a=c\\b^2=4ac\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow b^2=4a^2=4c^2\)
@_@ 
đưa thẳng câu hỏi luôn đi ; nói như zầy chưa nghỉ ra câu trả lời ; chống mặt chết trước rồi
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(VT^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
Ta đi chứng minh \(\sum\dfrac{a}{4a+3bc}\le\dfrac{1}{2}\). Qui đồng và chuyển vế ta thu được:
\(abc\left[18\left(a^2+b^2+c^2\right)+27abc-32\right]\ge0\) (*)
Xét \(18\sum a^2+27abc-32=9\left(\sum a^2\right)\left(a+b+c\right)+27abc-4\left(a+b+c\right)^3\)
\(=5\sum a^3+3abc-3\sum ab\left(a+b\right)\)
\(=\sum2\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left[a^3+b^3+c^3+3abc-\sum ab\left(a+b\right)\right]\ge0\)
Do \(\sum a^3+3abc\ge\sum ab\left(a+b\right)\) ( BĐT Schur Bậc 3)
Do đó (*) luôn đúng.Dấu = xảy ra tại 2 điểm là a=b=c=2/3 hoặc a=0,b=c=1 cùng các hoán vị tương ứng.
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>