Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho a,b,c lớn hơn 0 và\(a+b+c\le1\)
CM; \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ca+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9.\)
Ta co:
\(\frac{1}{a+b^2}+\frac{1}{a^2+b}=\frac{1}{\frac{a^2}{a}+b^2}+\frac{1}{a^2+\frac{b^2}{b}}\ge\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^2}{a+1}}+\text{ }\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^2}{b+1}}=\frac{a+b+2}{\left(a+b\right)^2}\)
Ta di chung minh:
\(\frac{a+b+2}{\left(a+b\right)^2}\le1\)
Dat \(t=a+b\left(t\ge2\right)\)
BDT can chung minh la:
\(\frac{t+2}{t^2}\le1\)
\(\Leftrightarrow\left(t-2\right)\left(t+1\right)\ge0\left(True\right)\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=1\)
Ta có:\(\frac{1}{a+b^2}\le\frac{1}{2b\sqrt{a}}\)( áp dụng bất đẳng thức coossi cho a và b^2 rồi nghịch đảo)
\(\frac{1}{b^2+a}\le\frac{1}{2b\sqrt{a}}\)
Do đó: \(\frac{1}{a+b^2}+\frac{1}{b+a^2}\le\frac{1}{2b\sqrt{a}}+\frac{1}{2a\sqrt{b}}\)
\(=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2ab}=\frac{\sqrt{a}.1+\sqrt{b}.1}{2ab}\)
\(\le\frac{\frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}}{2ab}=\frac{a+b+2}{4ab}\)( áp dụng bất đẳng thức cosi cho \(\sqrt{a}.1\)và \(\sqrt{b}.1\))
\(\le\frac{a+b+2}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a+b}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(a+b\right)^2}\)
\(=\frac{1}{a+b}+\frac{2}{\left(a+b\right)^2}\)
\(\le\frac{1}{2}+\frac{2}{4}=1\)( do a+b\(\ge\)2 nên \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{2}\)và \(\left(a+b\right)^2\ge4\)nên \(\frac{2}{\left(a+b\right)^2}\le\frac{2}{4}\))
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=1
Trước hết ta rút gọn D :
\(D=\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{1-\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{1+\sqrt{ab}}\right):\left(1+\frac{a+b+2ab}{1-ab}\right)\)(ĐKXĐ : \(a\ne0,b\ne0,ab\ne1\))
\(=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(1-\sqrt{ab}\right)}{\left(1-\sqrt{ab}\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}:\frac{1+a+b+ab}{1-ab}\)
\(=\frac{2\sqrt{a}\left(b+1\right)}{1-ab}.\frac{1-ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}=\frac{2\sqrt{a}}{a+1}\)
a) Với \(a=\frac{2}{2+\sqrt{3}}=\frac{2\left(2-\sqrt{3}\right)}{4-3}=4-2\sqrt{3}=\left(\sqrt{3}-1\right)^2\)
\(\Rightarrow D=\frac{2\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}}{4-2\sqrt{3}+1}=\frac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{5-2\sqrt{3}}\)
b) Ta có : \(\left(\sqrt{a}-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow a+1\ge2\sqrt{a}\Leftrightarrow\frac{2\sqrt{a}}{a+1}\le1\)
Suy ra Max D = 1 <=> a = 1
có thể áp dụng luôn công thức tổng quát của btp nhé
Tổng quát \(\frac{a_1^2}{x_1}+\frac{a_2^2}{x_2}+...+\frac{a_n^2}{x_n}\ge\frac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{x_1+x_2+...+x_n}\)(với x1,x2,...xn >0 )
phải c/m nhé
BTP :\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)(với mọi abxy, x,y>0) đây còn đc cọi bđt cauchy schwarz )
c/m k có gì khó. nhân chéo quy đồng ( tự c/m nhé )
Đặt \(A=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\)
Áp dụng liên tục btp ta được \(A\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b}+\frac{2^2}{c}+\frac{4^2}{d}\ge\frac{\left(1+1+2\right)^2}{a+b+c}+\frac{4^2}{d}\ge\frac{\left(1+1+2+4\right)^2}{a+b+c+d}=\frac{64}{a+b+c+d}\)(dpcm)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c/2=d/4
Vì a,b,c là các số tự nhiên lớn hơn 0 nên không mất tính tổng quát , ta giả sử \(a\ge b\ge c\ge1\)
Cần chứng minh \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{1+abc}\)
bđt \(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}\right)+\left(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+abc}\right)+\left(\frac{1}{1+c^2}-\frac{1}{1+abc}\right)\ge0\)
Ta sẽ chứng minh mỗi biểu thức trong ngoặc đều không nhỏ hơn 0.
Ta xét : \(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}=\frac{1+abc-1-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+abc\right)}=\frac{a\left(bc-a\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+abc\right)}\)
Vì \(a\ge b\ge c\ge1\)nên \(\frac{a}{b}\ge1,\frac{1}{c}\le1\Rightarrow\frac{a}{bc}\le1\Rightarrow bc\ge a\Rightarrow bc-a\ge0\Rightarrow a\left(bc-a\right)\ge0\)
Do đó \(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(1)
Tương tự với các biểu thức trong các ngoặc còn lại , ta cũng có \(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(2)
\(\frac{1}{1+c^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(3)
Từ (1), (2), (3) ta có đpcm.
Đặt \(d=c\left(c>0\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c\le1\\\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\end{cases}}\) (Đừng hỏi tại sao mình có ý tưởng hay vậy nhé)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)
\(\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9=VP\)
Khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)