Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề thành \(VT\le1\)
a,b,c là các số thức dương nên theo cô si:
\(a^3+b^2+c\ge3\sqrt[3]{a^3b^2c}\ge3\)
Tương tự hai BĐT còn lại.Thay vào VT,ta có:
\(VT\le\frac{a}{3}+\frac{b}{3}+\frac{c}{3}=\frac{a+b+c}{3}=1^{\left(đpcm\right)}\) (không chắc nha)
tth ơi.đề ko sai.đề như bạn thì quá đơn giản rồi.
có cần ko.mik ans hộ cho?
Dễ thấy các hệ số tương đồng nhau nên có thể biến đổi bđt về dạng sau :
\(\left(\frac{1}{a^2}+\frac{2a^2}{3}\right)+\left(\frac{1}{b^2}+\frac{2b^2}{3}\right)+\left(\frac{1}{c^2}+\frac{2c^2}{3}\right)\ge5\)
Ta đi chứng minh bđt phụ sau : \(\frac{1}{a^2}+\frac{2a^2}{3}\ge\frac{7}{3}-\frac{2a}{3}\)(1)
\(Bđt\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{2a^2}{3}-\frac{7}{3}+\frac{2a}{3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3+2a^4-7a^2+2a^3}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a^4-2a^2+1\right)+2a^3-3a^2+1}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a^2-1\right)^2+2a^2\left(a-1\right)-\left(a^2-1\right)}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)^2+2a^2\left(a-1\right)-\left(a-1\right)\left(a+1\right)}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)\left[2\left(a-1\right)\left(a+1\right)^2+2a^2-a-1\right]}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)\left[2\left(a-1\right)\left(a+1\right)^2+\left(a-1\right)\left(2a+1\right)\right]}{3a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left[2\left(a+1\right)^2+2a+1\right]}{3a^2}\ge0\)(Luôn đúng do a > 0 nên [...] > 0)
Dấu "=" <=> a = 1
Thiết lập các bđt còn lại \(\frac{1}{b^2}+\frac{2b^2}{3}\ge\frac{7}{3}-\frac{2b}{3}\)
\(\frac{1}{c^2}+\frac{2c^2}{3}\ge\frac{7}{3}-\frac{2c}{3}\)
Cộng 3 vế của bdtd lại ta được
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\ge7-\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=7-\frac{2.3}{3}=5\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có :
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)
\(\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+^2+c^2}\)
\(\ge\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
Ta cần chứng minh :
\(\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge0\) luôn đúng
Chúc bạn học tốt !!!
hoang viet nhat copy nhớ ghi nguồn nha bạn:))Link
Mà quan trọng là copy mà bạn có hiểu không là chuyện khác:) Bạn hãy giải thích tại sao:
\(\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+^2+c^2}\)
\(\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge2018\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge a+b+c\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\frac{a^3\left(a-c\right)+b^3\left(b-c\right)}{a^3+b^3}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(a-b\right)\left(\frac{a^3}{c^3+a^3}-\frac{b^3}{b^3+c^3}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(\left(a-b\right)^2\frac{c^3\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}\right)\ge0\)
BĐT cuối cùng liếc qua cũng biết thừa đúng :) nên ta có ĐPCM
Dấu "=" <=> a=b=c
Ủng hô va` kb với mình nhé ^^
Sang học 24 tìm ai tên Perfect Blue nhé t làm bên đó rồi đưa link thì lỗi ==" , tìm tên đăng nhập springtime ấy
\(\frac{ab}{a^2+b^2}\le\frac{ab}{2ab}=\frac{1}{2}\)
tương tự \(\frac{\Rightarrow ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ac}{a^2+c^2}\le\frac{3}{2}\)
=>Thắng Nguyễn :cm theo cách đó sai
Ta có: \(a^2+2b+3=\left(a^2+1\right)+2\left(b+1\right)\ge2\left(a+b+1\right)\)
Tương tự ta có: \(b^2+2c+3\ge2\left(b+c+1\right)\); \(c^2+2a+3\ge2\left(c+a+1\right)\)
Từ đó suy ra\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)\(\le\frac{a}{2\left(a+b+1\right)}+\frac{b}{2\left(b+c+1\right)}+\frac{c}{2\left(c+a+1\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Đặt \(K=\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\), ta đi chứng minh \(K\le1\)
Thật vậy: \(3-K=\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\)
\(=\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)(*)
Ta có: \(\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)\)\(=3\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2+3\)
(Mình gõ bằng chương trình Universal Math Solver, không hiện ảnh thì vô thống kê hỏi đáp của mình, ngày 30/5/2020 vào lúc 8:25)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b+c\right)^2+6\left(a+b+c\right)+9\right]=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(3-K\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2}=2\Rightarrow K\le1\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :
\(a^2+1\ge2a\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}\le\frac{a}{2a+2b+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}\right)\)
Tương tự : \(\frac{b}{b^2+2c+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c+1}\right);\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a+1}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :
\(\frac{a}{a+b+1}=\frac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a+b+1\right)\left(a+b+c^2\right)}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=\frac{a^2+ab+ac^2}{9}\)
TT : ...
Cộng lại ta được :
\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{9}+\frac{b^2+bc+ba^2}{9}+\frac{c^2+ca+cb^2}{9}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ac^2+ba^2+cb^2}{9}\le\frac{3+3+3}{9}=1\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Bài làm:
Ta có: \(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\)
\(=\frac{3}{b+c}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{3}{c+a}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{3}{a+b}+\frac{c^2}{a+b}\)
\(=3\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)+\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwars ta được:
\(VT\ge3.\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+b+c+c+a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+c+a+a+b}\)
\(=3.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{3^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(=3.\frac{9}{2.3}+\frac{9}{2.3}=\frac{9}{2}+\frac{9}{6}=6\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=1\)