Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Ta có: \(ab+bc+ca=3abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=m\\\frac{1}{b}=n\\\frac{1}{c}=p\end{cases}}\) khi đó \(\hept{\begin{cases}m+n+p=3\\M=2\left(m^2+n^2+p^2\right)+mnp\end{cases}}\)
Áp dụng Cauchy ta được:
\(\left(m+n-p\right)\left(m-n+p\right)\le\left(\frac{m+n-p+m-n+p}{2}\right)^2=m^2\)
\(\left(n+p-m\right)\left(n+m-p\right)\le n^2\)
\(\left(p-n+m\right)\left(p-m+n\right)\le p^2\)
\(\Rightarrow\left(m+n-p\right)\left(n+p-m\right)\left(p+m-n\right)\le mnp\)
\(\Leftrightarrow m^3+n^3+p^3+3mnp\ge m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2\)
\(\Leftrightarrow\left(m+n+p\right)\left(m^2+n^2+p^2-mn-np-pm\right)+6mnp\ge mn\left(m-n\right)+np\left(n-p\right)+pm\left(p-m\right)\)
\(=mn\left(3-p\right)+np\left(3-m\right)+pm\left(3-n\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(m^2+n^2+p^2\right)-3\left(mn+np+pm\right)+6mnp\ge3\left(mn+np+pm\right)-3mnp\)
\(\Leftrightarrow3\left(m^2+n^2+p^2\right)+9mnp\ge6\left(mn+np+pm\right)\)
\(\Leftrightarrow xyz\ge\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)-\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)\)
\(\Rightarrow M\ge2\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)-\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)\)
\(=\frac{5}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{2}{3}\left(mn+np+pm\right)\)
\(=\frac{4}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{1}{3}\left(m^2+n^2+p^2+2mn+2np+2pm\right)\)
\(=\frac{4}{3}\left(m^2+n^2+p^2\right)+\frac{1}{3}\left(m+n+p\right)^2\)
\(\ge\frac{4}{3}\cdot3+\frac{1}{3}\cdot3^2=4+3=7\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(m=n=p=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Đặt \(A=\frac{\left(a+b\right)^2}{ab}+\frac{\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{\left(c+a\right)^2}{ca}=\frac{a^2+2ab+b^2}{ab}+\frac{b^2+2bc+c^2}{bc}+\frac{c^2+2ac+c^2}{ca}\)
\(=\frac{a}{b}+2+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+2+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+2+\frac{a}{c}=6+a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+c\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\)
\(\ge6+\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{4c}{a+b}\ge6+2\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+b}\right)+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)
\(\ge6+2\cdot\frac{3}{2}+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)=9+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
1. Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engle, ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
Vì a, b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\Leftrightarrow a+b\le3\)
\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+2b+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)
Chứng minh BĐT Phụ: \(a^5+b^5\ge a^4b+ab^4\)với \(a;b>0\)
\(\Rightarrow\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{a^4b+ab^4}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{ab\left(a+b\right)}=a^2-ab+b^2\)
Áp dụng ta có: \(VT\)(VẾ TRÁI)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\) \(\left(1\right)\)
Xét: \(\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\right]-\left[3\left(ab+bc+ca\right)-2\right]\)
\(=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\) (Do a2+b2+c2=1) \(\left(2\right)\)
Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) Tự chứng minh \(\left(3\right)\)
Từ (1);(2) và (3) suy ra \(VT\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
Vậy \(\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}+\frac{b^5+c^5}{bc\left(b+c\right)}+\frac{c^5+a^5}{ca\left(c+a\right)}\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
?
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+c\right)^2+a^2-2a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{\left(a+c\right)^2+b^2-2b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{\left(b+a\right)^2+c^2-2c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow3-2\left(\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\right)\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\) (hay đặt \(x=\frac{3a}{a+b+c};y=\frac{3b}{a+b+c};z=\frac{3c}{a+b+c}\))
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}+\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}+\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}\le\frac{9a+1}{25}\) ; \(\forall a\in\left(0;3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}\le\frac{9b+1}{25};\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{9c+1}{25}\)
Cộng vế với vế: \(VT\le\frac{9\left(a+b+c\right)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
ta có với \(a , b , c > 0\):
\(\frac{a^{2}}{5 a^{2} + \left(\right. b + c \left.\right)^{2}} + \frac{b^{2}}{5 b^{2} + \left(\right. c + a \left.\right)^{2}} + \frac{c^{2}}{5 c^{2} + \left(\right. a + b \left.\right)^{2}}\)vì \(\left(\right. b + c \left.\right)^{2} \leq 2 \left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)\) nên:
\(5 a^{2} + \left(\right. b + c \left.\right)^{2} \leq 5 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2}\)suy ra:
\(\frac{a^{2}}{5 a^{2} + \left(\right. b + c \left.\right)^{2}} \geq \frac{a^{2}}{5 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2}}\)tương tự :
\(\Rightarrow s \geq \sum \frac{a^{2}}{5 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2}}\)áp dụng bất đẳng thức:
\(\frac{a^{2}}{5 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2}} \geq \frac{a^{2}}{7 \left(\right. a^{2} + b^{2} + c^{2} \left.\right)}\)nên:
\(s \geq \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{7 \left(\right. a^{2} + b^{2} + c^{2} \left.\right)} = \frac{1}{7} \cdot 3 = \frac{3}{7}\)mà:
\(\frac{3}{7} > \frac{1}{3}\)suy ra:
\(\frac{a^{2}}{5 a^{2} + \left(\right. b + c \left.\right)^{2}} + \frac{b^{2}}{5 b^{2} + \left(\right. c + a \left.\right)^{2}} + \frac{c^{2}}{5 c^{2} + \left(\right. a + b \left.\right)^{2}} \geq \frac{1}{3}\)đpcm
toán ko lm, toán xin bắt lỗi tung :
Sai chiều bất đẳng thức ở bước trung gian. Do \(5 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} < 7 \left(\right. a^{2} + b^{2} + c^{2} \left.\right)\) nên khi nghịch đảo, dấu phải đổi chiều thành lớn hơn, kph nhỏ hơn hoặc bằng. Phép biến đổi biến thành nên đánh giá này bị lỏng và ko cm được yêu cầu bài toán.
Ta có bất đẳng thức phụ sau cho mọi \(x, y > 0\):
\((b+c)^{2}\le 2(b^{2}+c^{2})\)
Thay vào mẫu số đầu tiên, ta có:
\(5a^{2}+(b+c)^{2}\le 5a^{2}+2(b^{2}+c^{2})\)
Do đó:
\(\frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}\le \frac{a^{2}}{5a^{2}+2b^{2}+2c^{2}}\) Sử dụng kỹ thuật tách phân thức:
Xét biểu thức \(P = \frac{a^2}{5a^2 + 2b^2 + 2c^2}\). Ta có thể viết lại:
\(\frac{a^{2}}{5a^{2}+2b^{2}+2c^{2}}=\frac{a^{2}}{(2a^{2}+b^{2}+2c^{2})+(2a^{2}+2b^{2}+c^{2})+(a^{2}-b^{2}-c^{2})}\text{\ (không\ kh\ thi)}\) Cách tốt hơn là sử dụng bất đẳng thức: \(\frac{9}{x+y+z} \leq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\)
Áp dụng:
\(\frac{a^{2}}{5a^{2}+2b^{2}+2c^{2}}=\frac{a^{2}}{(2a^{2}+b^{2})+(2a^{2}+c^{2})+(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\le \frac{a^{2}}{9}\left(\frac{1}{2a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{2a^{2}+c^{2}}+\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)\) Chứng minh bằng phương pháp tiếp tuyến hoặc đánh giá trực tiếp:
Xét hàm số \(f(x) = \frac{x^2}{5x^2 + (1-x)^2}\) với \(x = \frac{a}{a+b+c}\) (giả sử \(a+b+c=1\)). Tuy nhiên, cách đơn giản nhất là đánh giá:
\(\frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}\le \frac{1}{9}\cdot \frac{2a^{2}+ab+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\text{\ (D\ đoán)}\) Thực hiện đánh giá tương đương:
\(\frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}\le \frac{4a+b+c}{18(a+b+c)}\)
Cộng các vế tương tự cho \(b\) và \(c\):
\(\sum \frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}\le \sum \frac{4a+b+c}{18(a+b+c)}=\frac{6(a+b+c)}{18(a+b+c)}=\frac{1}{3}\) Dấu "=" xảy ra khi: \(a = b = c\).