Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ta có bđt phụ đã dc học
\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) nếu bạn chưa học thì mik chứng mik cho:v
=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
=> \(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
điều này luôn đúng với mọi x;y;z
=>\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
thay \(x=a+\frac{1}{a};y=b+\frac{1}{b};z=c+\frac{1}{c}\) vào ta có:
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(\left(a+b+c\right)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right)^2}{3}\)
ta có bđt cosi mà thực ra mik cx ko nhớ tên nếu gọi việt mik thì gọi là bđt cộng mẫu nếu bạn ko bt mik lại chứng minh
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
ta nhân (a+b+c) vào hai vế:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
=\(3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\)
mà \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
vì \(\frac{\left(x^2+y^2\right)}{xy}\ge2\)
\(x^2+y^2\ge2xy\)
=> \(\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\) hay \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
vậy x;y là các số thực thì \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
=> 3+\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge3+2+2+2=9\)
vậy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
thay vòa biểu thức đã suy ra ở đầu bài ta có:
=> \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(\left(a+b+c\right)+\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\right)^2}{3}\)
mà ta có a+b+c=1 thay vào biểu thức ta có:
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(1+9\right)^2}{3}=\frac{10^2}{3}=\frac{100}{3}\)
Bạn chứng minh đẳng thức sau nhé: \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\) \(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\)
Bạn nhìn thử xem cái ta đi chứng minh có giống với giả thiết của đề bài ko. Giả sử đặt ab=x, bc=y, ac=z.
Khi đó \(x^3+y^3+z^3=3xyz\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\)
Do đó xảy ra 2 trường hợp: x+y+z=0 hoặc \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Vì a,b,c là các số thực dương nên \(x+y+z\ne0\)do đó \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Suy ra: x=y=z hay ab=bc=ac hay a=b=c.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Có gì thắc mắc liên hệ với mình nha.
\(abc=1\Rightarrow\left(abc\right)^2=a^2b^2c^2=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{b^2c^2}\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}=\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ac}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}=\frac{\left(ca\right)^2}{bc+ba};\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{ca+cb}\)
=> \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel: \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc+ca+ab+ca+ab+bc}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Tiếp tục áp dụng bđt Cauchy với 3 số dương ta được: \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{1}}{2}=\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Từ giả thiết của bài toán, ta biến đổi như sau:
\(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\le2\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(A=\frac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{ac+1}{\left(a+c\right)^2}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2bc+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge6\)
Áp dụng giả thiết ta được
\(\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2ab+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge\text{∑}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}{\left(a+b\right)^2}\)
\(=1+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+1+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c^2\right)}+1+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\)
\(=3+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c\right)^2}+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\ge\)
\(3+\sqrt[3]{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)\left(b+a\right)\left(c+b\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}}=3+3=6\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13√.■
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 hỏi của Lê Minh Đức - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đây nha! Vô tcn xem ảnh!
ta có:\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
=\(\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}+\frac{\frac{1}{b^2}}{b\left(a+c\right)}+\frac{\frac{1}{c^2}}{c\left(a+b\right)}\)
>= \(\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}\)(BĐT Svaxo)=\(\frac{\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
>= \(\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}\left(BĐTAM-GM\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
dấu = khi a=b=c=1
\(\frac{a+2}{(a+1)^{2}}+\frac{b+2}{(b+1)^{2}}+\frac{c+2}{(c+1)^{2}}\ge \frac{9}{4}\) Lời giải chi tiết 1. Phân tích biểu thức:
Xét hàm số \(f(x) = \frac{x+2}{(x+1)^2}\) với \(x > 0\). Ta có:
\(f(x)=\frac{(x+1)+1}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{(x+1)^{2}}\) 2. Sử dụng phương pháp tiếp tuyến:
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a = b = c = 1\). Ta tìm đường thẳng \(y = mx + n\) tiếp xúc với đồ thị hàm số tại điểm \(x = 1\).
- \(f(1) = \frac{1}{1+1} + \frac{1}{(1+1)^2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\).
- Đạo hàm: \(f'(x) = -\frac{1}{(x+1)^2} - \frac{2}{(x+1)^3}\).
- \(f'(1) = -\frac{1}{4} - \frac{2}{8} = -\frac{1}{2}\).
Phương trình tiếp tuyến tại \(x=1\) là: \(y = -\frac{1}{2}(x-1) + \frac{3}{4} = -\frac{1}{2}x + \frac{5}{4}\). 3. Chứng minh bất đẳng thức phụ:Ta sẽ chứng minh: \(\frac{x+2}{(x+1)^2} \geq -\frac{1}{2}x + \frac{5}{4}\) với mọi \(x > 0\).
Biến đổi tương đương:
\(\frac{x+2}{(x+1)^{2}}-\frac{5-2x}{4}\ge 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{4(x+2)-(5-2x)(x+1)^{2}}{4(x+1)^{2}}\ge 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{4x+8-(5-2x)(x^{2}+2x+1)}{4(x+1)^{2}}\ge 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{4x+8-(5x^{2}+10x+5-2x^{3}-4x^{2}-2x)}{4(x+1)^{2}}\ge 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{2x^{3}-x^{2}-4x+3}{4(x+1)^{2}}\ge 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(x-1)^{2}(2x+3)}{4(x+1)^{2}}\ge 0\)
Bất đẳng thức này luôn đúng với mọi \(x > 0\). 4. Áp dụng vào bài toán:
Thay \(x\) lần lượt bằng \(a, b, c\), ta được:
- \(\frac{a+2}{(a+1)^2} \geq -\frac{1}{2}a + \frac{5}{4}\)
- \(\frac{b+2}{(b+1)^2} \geq -\frac{1}{2}b + \frac{5}{4}\)
- \(\frac{c+2}{(c+1)^2} \geq -\frac{1}{2}c + \frac{5}{4}\)
Cộng vế theo vế:\(VT\ge -\frac{1}{2}(a+b+c)+\frac{15}{4}\)
Vì \(a+b+c=3\), ta có:
\(VT\ge -\frac{1}{2}(3)+\frac{15}{4}=-\frac{6}{4}+\frac{15}{4}=\frac{9}{4}\) Kết luận: Bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\).
mik vừa tìm dc lời giải chúc bạn học tốt !
\(\frac{\left(a+2\right)}{\left(a+1\right)^2}+\frac{\left(b+2\right)}{\left(b+1\right)^2}+\frac{\left(c+2\right)}{\left(c+1\right)^2}\)
=\(\frac{\left(\left(a+1\right)+1\right)}{\left(a+1\right)^2}+\frac{\left(\left(b+1\right)+1\right)}{\left(b+1\right)^2}+\frac{\left(\left(c+1\right)+1\right)}{\left(c+1\right)^2}\)
=\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\)
=\(\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)+\left(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\right)\) (1)
ta có hai bđt là: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) và \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
CM: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
nhân x+y+z vào cả vế trái ta có:
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
=\(3+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\) (2)
ta lại CM tiếp : với mọi x;y là các số thực dương
=> \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
=\(\frac{\left(x^2+y^2\right)}{xy}\ge2\)
=\(x^2+y^2\ge2xy\)
=> \(x^2-2xy+y^2\ge0\) hay \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
vậy \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\) với mọi x;y là các số thực dương(3)
áp dụng bđt(3) vào biểu thức (2) ta có:
\(3+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge3+2+2+2=9\)
vậy \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) là đúng
CM: \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
=\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
=\(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz\ge0\)
=\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(x^2-2xz+z^2\right)\ge0\)
\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\ge0\) là luôn đúng với mọi x;y;z
=> \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) (4)
áp dụng bđt cộng mẫu ta có:
\(\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\ge\frac{9}{a+b+c+3}=\frac96=\frac32\) (5)
áp dụng bđt phụ
=> \(\left(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\right)\ge\frac{\left.\left(\frac{1}{a+1}\right.+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)^2}{3}\)
mà \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac32\)
=> \(\left(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\right)\ge\frac{\left(\frac32\right)^2}{3}=\frac{9}{\frac43}=\frac94\cdot\frac13=\frac34\) (6)
áp dụng (5) và (6) trở lại biểu thức (1)
=>\(\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)+\left(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\right)\ge\frac32+\frac34=\frac94\)
vậy \(\frac{\left(a+2\right)}{\left(a+1\right)^2}+\frac{\left(b+2\right)}{\left(b+1\right)^2}+\frac{\left(c+2\right)}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac94\)