Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn có thể tham khảo cách này
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=x\\\frac{2}{b}=y\\\frac{3}{c}=z\end{cases}}\Rightarrow x+y+z=3\)
BĐT thành \(\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\left(1\right)\)
ta sẽ dùng Bđt Cói \(\frac{x^3}{x^2+y^2}=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}\ge x-\frac{xy^2}{2xy}=x-\frac{y}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại
\(\left(1\right)\ge x+y+z-\frac{x+y+z}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = khi \(x=y=z=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{2}{b}\\z=\frac{3}{c}\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=3\end{cases}}\)
Khi đó ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(P=\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{z^2+x^2}\ge\frac{3}{2}\)
Ta có: \(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2}\)
Ta cũng có: \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(=x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x\)
\(\ge3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\)
\(\Rightarrow x^2y+y^2z+z^2x\le x^2+y^2+z^2\)
Chứng minh tương tự ta có: \(xy^2+yz^2+zx^2\le x^2+y^2+z^2\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)
Dấu = khi \(x=y=z\)hay\(\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\b=3\end{cases}}\)
Bai 1: Ap dung BDT Bunhiacopxki ta co:
\(ax+by+cz+2\sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+xz)} \)
\(≤ \sqrt {(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} + \sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+zx)}+\sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+zx)}\)
\(≤ \sqrt {(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc)(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx)}\)
\(= (a+b+c)(x+y+z)\)
=> \(Q.E.D\)
Tiep bai 4:Ta co:
BDT <=> \((2+y^2z)(2+z^2x)(2+x^2y)≥(2+x)(2+y)(2+z)\)
Sau khi khai trien con: \(2(z^2x+y^2z+x^2y)+x^2z+z^2y+y^2x≥xy+yz+zx+2x+2y+2z \)
Ap dung BDT Cosi ta co:
\(z^2x+x ≥ 2zx \) <=> \(z^2x≥2zx-x\)
Lam tuong tu ta co: \(2(z^2x+y^2z+x^2y)≥4xy+4yz+4zx-2x-2y-2z \)(1)
\(x^2z+{1\over z}≥2x \) <=> \(x^2z≥2x-xy \) (do xyz=1)
Lam tuong tu ta co: \(x^2z+z^2y+y^2x≥ 2y+2z+2x-xy-yz-zx\)(2)
Cong (1) voi (2) ta co: VT\(≥ 3(xy+yz+zx)\)(*)
Voi cach lam tuong tu ta cung duoc: VT\(≥ 3(x+y+z) \)(**)
Tu (*) va (**) suy ra : \(3 \)VT \(≥ 6(x+y+z)+3(xy+yz+zx) \)
<=> VT \(≥ 2(x+y+z)+xy+yz+zx\)
=> \(Q.E.D\)
Lời giải:
\(\left\{\begin{matrix}
a+b+c=3\\
a^2+b^2+c^2=5\end{matrix}\right.\Rightarrow ab+bc+ac=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\frac{3^2-5}{2}=2\)
Do đó:
\(a^2+2=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)\)
Hoàn toàn TT: \(b^2+2=(b+c)(b+a); c^2+2=(c+a)(c+b)\)
Suy ra:
\(A=\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right](a+b)(b+c)(c+a)\)
\(=a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)=2(ab+bc+ac)=2.2=4\)
\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{x^2y^2z^2}\)(1) với x+y+z=0. Bạn quy đồng vế trái (1) dc \(\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x^2y^2z^2}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2-2\left(x+y+z\right)xyz}{x^2y^2z^2}\)
\(K=\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\left(a,b,c>0\right)\).
Ta có:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{\left(a^2+c^2\right)-c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{a^2+c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\)\(=\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\).
Vì \(a,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(a^2+c^2\ge2ac\).
\(\Leftrightarrow c\left(a^2+c^2\right)\ge2ac^2\).
\(\Rightarrow\frac{1}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{1}{2ac^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{c^2}{2ac^2}=\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge-\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\left(1\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=c>0\) .
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}\left(a,b>0\right)\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b>0\)
Chứng minh tương tự, ta dược:
\(\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\left(b,c>0\right)\left(3\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\)\(\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}+\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\).
Mà \(ab+bc+ca=3abc\)(theo đề bài).
Do đó \(K\ge\frac{1}{2}.\frac{3abc}{abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3abc}{2abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3}{2}\).
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=3abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(minK=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Ta có:
\(M=\frac{19a+3}{1+b^2}+\frac{19b+3}{c^2+1}+\frac{19c+3}{a^2+1}\)
\(=19a-\frac{19ab^2-3}{b^2+1}+19b-\frac{19bc^2-3}{c^2+1}+\frac{19ca^2-3}{a^2+1}\)
\(\ge19\left(a+b+c\right)-\frac{19ab^2-3}{2b}-\frac{19bc^2-3}{2c}-\frac{19ca^2-3}{2a}\)
\(=19\left(a+b+c\right)-19\left(\frac{ab}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{ca}{2}\right)+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\ge19.3-\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Lại có:
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\ge3\frac{\left(1+1+1\right)^2}{ab+bc+ca}=\frac{3.9}{3}=9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)
\(\Rightarrow M\ge\frac{19.3}{2}+\frac{3}{2}.3=33\)
\(\)
Dựa vào quy luật của các số trong hình A và B , hãy điền số thích hợp vào chỗ chấm trong hình C
BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge\frac{3}{2}\)
Rồi tự giải nốt đi:) Ko thì để t lục lại bài hồi sáng t giải ngoài giấy:v (tại vì hồi sáng giải ngon lành bằng bunyakovski mà giờ làm ko ra:((
Có cách này không biết đúng không :)
Ta có:
\(\frac{1}{a^2+b^2+2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2+a+b+c-1}\le\frac{a}{a+b+c+1}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2+a+b+c-1}\le\frac{b}{a+b+c+1}\)
\(\frac{1}{a^2+c^2+a+b+c-1}\le\frac{c}{a+b+c+1}\)
Cộng theo vế 3 BĐT :
\(\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{a^2+c^2+2}\le\frac{3}{4}\left(dpcm\right)\)
Nguyễn Văn Tuấn Anh how to: \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2+a+b+c-1}\le\frac{a}{a+b+c+1}\):)) Có cái gì đó ko ổn ở đây:))
Thâm thế cu:(
Phân tích và giải 111 bài toán bất đẳng thức khó và hay.pdf - Google Drive
Bài 12 nha.2 cách lận luôn mà nhác chép lại lắm:(
zZz Cool Kid zZz Ây ja, khúc cuối chỗ áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz t nhìn lộn hèn gì ko ra:((
Ngoài ra, trong sách "Yếu tổ ít nhất - Võ Quốc Bá Cẩn" or "Một kĩ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz của Võ Quốc Bá Cẩn" có đề cập đến một lời giải rất hay như sau!
Không mất tính tổng quát giả sử b = mid {a,b,c} (b là số nằm giữa a và c) (mình giả sử thế này để khỏi mất công viết nhiều như trong sách) khi đó \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
Ta viết BĐT lại thành: \(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge\frac{3}{2}\)
Bây giờ hãy để ý: \(a^2+b^2=\frac{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}{2}\)
Ta có thể viết BĐT lại thành: \(\Sigma\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2+2}+\left[\frac{\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+2}+\frac{\left(b-c\right)^2}{b^2+c^2+2}+\frac{\left(a-c\right)^2}{a^2+c^2+2}\right]\)(hãy để ý cái phân thức cuối cùng nhé:))
Bây giờ áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: \(VT\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2+3\right)}+\frac{4\left(a-c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2+3\right)}\)
Cần chứng minh: \(\frac{4\left(a+b+c\right)^2+4\left(a-c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2+3\right)}\ge3\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2+2\left(a-c\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2+3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+2\left(a-c\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)
Hoàn tất chứng minh!
Một cách chứng minh khác:
Đặt VT = f(a;b;c) và \(t=\frac{a+b}{2}\)
Giả sử \(c=max\left\{a,b,c\right\}\) khi đó \(3=a+b+c\le3c\Rightarrow c\ge1\Rightarrow a+b=3-c\le2\)
Trước hết ta chứng minh:
\(\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}\le\frac{4}{a^2+b^2+2c^2+4-\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2}\) (*)
hay
\(\frac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2+2\right)\left(b^2+c^2+2\right)\left(a^2+b^2+2c^2+4\right)}\le\frac{2\left(a-b\right)^2}{\left(a^2+b^2+2c^2+4\right)\left(a^2+b^2+2c^2+4-\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2+2\right)\left(b^2+c^2+2\right)}\le\frac{2}{\left(a^2+b^2+2c^2+4-\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2c^2-2ab-a^2-b^2-2ab+4\right)\left(a^2+b^2+2c^2+4\right)\ge0\)
\(VT=\frac{1}{2}\left(2c^2-2ab-a^2-b^2-2ab+4\right)\left(a^2+b^2+2c^2+4\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2c^2-a^2-b^2+4-\left(a+b\right)^2\right)\left(a^2+b^2+2c^2+4\right)\ge0\)
Vậy BĐT (*) đúng. Tiếp đó để hoàn tất bước dồn biến, ta phải chứng minh:
\(\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}\le\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2}+\frac{4}{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2c^2+4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(2c^2-a^2-b^2+4-4ab\right)\left(a-b\right)^2}{\left(a^2+c^2+2\right)\left(b^2+c^2+2\right)\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2c^2+2\right]}+\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a^2+b^2+2\right)\left(a^2+2ab+b^2+4\right)}\ge0\)
(hiển nhiên đúng vì \(2c^2-a^2-b^2+4-4ab\ge\left(2c^2-a^2-b^2\right)+\left[4-\left(a+b\right)\right]^2\ge0\))
Phép dồn biến hoàn tất, việc còn lại của ta là chứng minh:
\(F\left(t;t;3-2t\right)\le\frac{3}{4}\Leftrightarrow\frac{-3\left(t-1\right)^2\left(5t^2-2t+1\right)}{4\left(t^2+1\right)\left(5t^2-12t^2+11\right)}\le0\) (hiển nhiên đúng)
P/s: Lần đầu sử dụng phương pháp "Dồn biến Thừa - Trừ" của thầy Cẩn nên không chắc lắm, với lại chưa kiểm tra mấy khâu quy đồng:)))
Dòng 5 từ dưới đếm lên đánh nhầm nha, sr:
\(2c^2-a^2-b^2+4-4ab\ge\left(2c^2-a^2-b^2\right)+\left[4-\left(a+b\right)^2\right]\ge0\)
Còn lại chưa check thử.