Vs ab+bc+ac=3
Cm: 1/(a^2+1) + 1/(b^2+1) + 1/(c^2+1) lớn hơn hoặc bằng 3/2
Cần gấp giúp mình vs
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
13 tháng 7 2021
a)Ta có: \(\dfrac{x+3}{x+1}+\dfrac{1}{3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3x+9+x+1}{3\left(x+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+10}{3x+3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+1>0\\4x+10\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>-1\\x\le-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)
b) Ta có: \(\dfrac{x+2}{x+3}+\dfrac{1}{3}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3x+6+x+3}{3\left(x+3\right)}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+9}{3x+9}\le0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x+9>0\\4x+9\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>-3\\x\le-\dfrac{9}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow-3< x\le-\dfrac{9}{4}\)
LT
13 tháng 7 2021
a)\(\dfrac{x+3}{x+1}\ge-\dfrac{1}{3}\left(x\ne-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x+3}{x+1}+\dfrac{1}{3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3x+9+x+1}{3x+3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+10}{3x+3}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}4x+10\ge0\\3x+3>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}4x+10\le0\\3x+3< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{5}{2}\\x>-1\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x\le\dfrac{-5}{2}\\x< -1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>-1\\x\le\dfrac{-5}{2}\end{matrix}\right.\)
b) \(\dfrac{x+2}{x+3}\le-\dfrac{1}{3}\left(x\ne-3\right)\)
\(\dfrac{x+2}{x+3}+\dfrac{1}{3}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3x+6+x+3}{3x+9}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+9}{3x+9}\le0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}4x+9\ge0\\3x+9< 0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}4x+9\le0\\3x+9>0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge-\dfrac{9}{4}\\x< -3\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x\le-\dfrac{9}{4}\\x>-3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
TH1: loại
TH2: TM
Vậy no của BPT là :\(-\dfrac{9}{4}\ge x>-3\)
chúc bạn học tốt
BC
21 tháng 4 2016
. Mấy cái này dễ mà bạn
. 1) Ta có \(\left|2x+1\right|-3\left(x+5\right)=8\) (1)
. Nếu \(x\ge-\frac{1}{2}\) , pt (1) <=> \(2x+1-3x-15=8\) (Giải pt, ra kết quả của x, bạn đối chiếu với đk \(x\ge-\frac{1}{2}\) )
. Nếu \(x<-\frac{1}{2}\) , pt (1) <=> \(-2x-1-3x-15=8\) , bạn làm như trên
. Bài 2 tương tự bài 1
. 3) Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
. \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\ge0\). Bạn nhóm hạng tử, sử dụng HĐT
. Được: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(BĐT đúng)
. => đpcm
28 tháng 3 2021
xí câu 1:))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)(1)
Đặt a = x + y - 2 => a > 0 ( vì x,y > 1 )
Khi đó \(\left(1\right)=\frac{\left(a+2\right)^2}{a}=\frac{a^2+4a+4}{a}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+4\ge2\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}+4=8\)( AM-GM )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> a=2 => x=y=2
VA
1
LG
29 tháng 11 2019
Điều cần chứng minh
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (Đúng với mọi a,b,c)
Bất đẳng thức cuốii đúng => đpcm
T
9 tháng 6 2016
Đặt A=.....
Dễ dàng biến đổi \(A=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\)
Có :\(\frac{x^2}{y-1}+4\left(y-1\right)\ge4x\)và \(\frac{y^2}{x-1}+4\left(x-1\right)\ge4y\)
Khi đó :\(A\ge4x+4y-4\left(x-1\right)-4\left(y-1\right)=8\)
Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=2\)
Phần dấu = tớ làm hơi tắt. bạn nên tb rõ nhé
9 tháng 6 2016
\(A=\frac{\left(x^3+y^3\right)-\left(x^2+y^2\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=\frac{x^3-x^2+y^3-y^2}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=\frac{x^2\left(x-1\right)+y^2\left(y-1\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}.\)
Áp dụng BĐT Côsy Schwarz \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}\ge\frac{\left(a_1+a_2\right)^2}{b_1+b_2}\)(Bạn có thể chứng minh được theo Bunhiacopxki - hoặc xem về BĐT Côsy Schwarz trên mạng)
cho các số dương a1=x;a2=y;b2=x-1;b2=y-1. Ta có:
\(A=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}=\frac{\left(x+y\right)^2-4+4}{x+y-2}=x+y+2+\frac{4}{x+y-2}=\)
\(=4+\left\{\left(x+y-2\right)+\frac{4}{x+y-2}\right\}\)
Vì x+y-2 >0. Áp dụng BĐT Cô sy cho 2 số \(\left(x+y-2\right);\frac{4}{x+y-2}\)
\(A\ge4+\left\{\left(x+y-2\right)+\frac{4}{x+y-2}\right\}\ge4+2\sqrt{\left(x+y-2\right)\cdot\frac{4}{x+y-2}}=4+2\sqrt{4}=8\)
Vậy A>=8. Dấu bằng xảy ra khi x=y=2 (ĐPCM).
LT
0
Quy đồng BĐT ban đầu ta được BĐT cần chứng minh là
\(a^2+b^2+c^2+3\ge3a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+2abc\left(a+b+c\right)-3a^2b^2c^2\ge12\)
Đây là hàm bậc 2 theo \(abc\) có hệ số \(A< 0\), mà \(abc\in\left[0;\frac{a+b+c}{3}\right]\) nên GTNN đạt được khi \(abc=0\) hoặc \(abc=\frac{a+b+c}{3}\)
*)Xét \(abc=0\). Giả sử \(c=0\) thì \(ab=3\) và \(VT=\left(a+b\right)^2\ge4ab=12\)
*)Xét \(abc=\frac{a+b+c}{3}\) thì:
\(VT=\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge4\left(ab+bc+ca\right)=12\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\) hoặc \(a=b=\sqrt{3};c=0\) và các hoán vị