Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :
\(P=\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2+b^2}{ab}\cdot\frac{ab}{a^2+b^2}}=2\sqrt{1}=2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a^2+b^2-ab=0\)
1) Anh phương làm lạ zậy?
Đặt \(x=\frac{a^2+b^2}{ab}\ge\frac{2ab}{ab}=2\) (do a.b > 0 nên ta không cần viết 2|ab| thay cho 2ab)
Khi đó bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=x+\frac{1}{x}\) (với \(x\ge2\))
Ta có: \(P=\left(\frac{1}{x}+\frac{x}{4}\right)+\frac{3x}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{x}.\frac{x}{4}}+\frac{3x}{4}\ge1+\frac{3.2}{4}=\frac{5}{2}\)
Vậy P min là 5/2 khi x = 2
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
Câu 1:
Ta có: \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2^2}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+2ab+b^2-4ab}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\) (1)
Ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}-\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a^2-2b^2-a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow ab\le\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\le\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
5 , a3+b3+c3\(\ge\) 3abc
\(\Leftrightarrow\) a3+3a2b+3ab2+b3+c3-3a2b-3ab2-3abc\(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) (a+b)3+c3-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-bc+c2)-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)\(\ge0\) (1)
ta co : a,b,c>0 \(\Rightarrow\)a+b+c>0 (2)
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge0\)
<=> 2a2+2b2+2c2-2ac-2cb-2ab\(\ge0\)
<=>a2+b2+c2-ab-bc-ac\(\ge\) 0 (3)
Từ (1)(2)(3)=> pt luôn đúng
1/\(=4a^2+4b^2+c^2+8ab-4bc-4ca+4b^2+4c^2+a^2+8bc-4ca-4ab+4a^2+4c^2+b^2+8ca-4bc-4ab=\)
\(=9a^2+9b^2+9c^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
2/
Ta có
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge-2\left(ab+bc+ca\right)=2\)
\(\Rightarrow P=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge18\)
\(\Rightarrow P_{min}=18\)
\(Q=a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le\frac{4.\left(\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b\right)^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le\frac{4.c^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)
\(=c^2\left(1-\frac{23c}{27}\right)\)
\(=\frac{23c}{54}.\frac{23c}{54}.\left(1-\frac{23c}{27}\right).\frac{2916}{529}\)
\(\le\frac{2916}{529}.\frac{\left(\frac{23c}{54}+\frac{23c}{54}+1-\frac{23c}{27}\right)^3}{27}=\frac{108}{529}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 1/Định nghĩa A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 2/Tính chất + A>B ⇔ B < A + A>B và B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 1 1 +A < B và A.B > 0 ⇒ > A B 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + -A <A= A + A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)Sưu tầm và tuyển chọn 1
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
bài này xài karamata là đẹp nhất nè nhanh gọn lẹ mà ko bt bn học chưa
Ahaha :D giỡn xíu lớp 8 có khi AM-HM còn chưa học :3, bài này với bn phải xài khai triển Abel
\(Q=\frac{1}{c+1}+\frac{ab+abc-c-1}{\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )}=\frac{1}{c+1}+\frac{ab-1}{\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )}\)
\(=\frac{1}{c+1}+\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}-1=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}-\frac{c}{c+1}\)
Dự đoán dấu "=" rơi khi \(a=b-1=c-2=1\) nên c/m
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}-\frac{c}{c+1}\geq \frac{5}{12}\)
\(\Leftrightarrow \left ( \frac{a}{a+1}-\frac{1}{2} \right )+\left ( \frac{b}{b+1}-\frac{2}{3} \right )+\left ( \frac{3}{4}-\frac{c}{c+1} \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a-1}{2a+2}+\frac{b-2}{3b+3}+\frac{3-c}{4c+4}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \left ( 3-c \right )\left ( \frac{1}{4c+4}-\frac{1}{3b+3} \right )+\left ( 3-c+b-2 \right )\left ( \frac{1}{3b+3}-\frac{1}{2a+2} \right )+\left ( 3-c+b-2+a-1 \right )\frac{1}{2a+2}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\left ( c-3 \right )\left ( 4c-3b+1 \right )}{12\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )}+\frac{\left ( b+1-c \right )\left ( 2a-3b-1 \right )}{6\left ( b+1 \right )\left ( a+1 \right )}+\frac{a+b-c}{2a+2}\geq 0\)
Hơi xấu nhỉ nhưng xong rồi đó :)