Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :
\(x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}\)
\(y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}\)
Cộng vế với vế ta được :
\(x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng mình
Ta đi chứng minh:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)* đúng *
Khi đó:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\)
a/ Bình phương 2 vế:
\(\frac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\le\frac{a+b}{2}\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
b/ Bình phương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge ac+bd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2-2abcd+b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Bài 1: diendantoanhoc.net
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}\)
Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
https://artofproblemsolving.com/community/c1101515h2076182_lemma_by_vo_quoc_ba_can Sao olm ko hiện link
Đề ra sai,nếu a,b,c không dương thì với 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn có ít nhất một cái căn bậc 2 sẽ không tồn tại.
Chứng minh:trong 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn tốn tại một căn thức mà cả tử và mẫu đều trái dấu
Không mất tính tổng quát giả sử đó là \(\sqrt{\frac{a}{b}}\)
Khi đó \(\frac{a}{b}< 0\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b}}\) không tồn tại
Vậy ta có đpcm
Sorry, sẽ bổ sung điều kiện a, b, c >0. Lúc đó bất cẩn.
Không dùng AM-GM tôi sẽ dùng Cauchy - Schwarz và một BĐT phụ
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\)
\(=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ac}+\frac{a^2}{a^2}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+a\right)^2}{ab+bc+ca+a^2}\)
\(=\frac{\left(2a+b+c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{\left[\left(a+b\right)+\left(a+c\right)\right]^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)^2+2\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(a+c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+c}{a+b}+2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+c}{a+b}+1\ge3\)
BĐT phụ \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
BĐT mạnh hơn:
Cho a,b,c dương k là hằng số
Chứng minh \(\frac{a+kb}{c+kb}+\frac{b+kc}{a+kc}+\frac{c+ka}{b+ka}\ge3\)
\(\frac{a+kb}{c+kb}+\frac{b+kc}{a+kc}+\frac{c+ka}{b+ka}\ge3\)
Áp dụng bổ đề của thầy Cẩn (nếu tôi nhớ không nhầm tác giả) với \(x=\sqrt{\frac{a+kb}{c+kb}};y=\sqrt{\frac{b+kc}{a+kc}};z=\sqrt{\frac{c+ka}{b+ka}}\)
Có: \(VT\ge\frac{3}{2}\left[\left(x+\frac{1}{x}\right)+\left(y+\frac{1}{y}\right)+\left(z+\frac{1}{z}\right)\right]-6\)
\(\ge\frac{3}{2}\left(2+2+2\right)-6=\frac{6.3}{2}-6=3\)
Xong.
Mình cũng không chắc chắn lắm! Sai các bạn bỏ qua
Giải
Giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)khi đó \(b\left(a-c\right)\ge c\left(a-c\right)\)hay \(ab-bc+c^2\ge ac\)
=> \(\frac{b}{c}-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\ge1\left(ac>0\right)\)
Mặt khác ta có: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
Cộng theo vế 2 bđt trên ta được
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\)
Bảo Ngọc Đàm Bất đẳng thức đó hoán vị mà,sao mà giả sử như thế được ??
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{a}\right)\)
Mà \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) cần chứng minh \(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{a}\ge0\)
Giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow ab+c^2-bc-ac\ge0\Leftrightarrow\left(a-c\right)\left(b-c\right)\ge0\left(true\right)\)
Vậy ta có đpcm
Ớ cho sửa tí là cần chứng minh \(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{a}\ge1\) nhé ! Lúc đó tớ bất cẩn quá :(((
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3=\frac{c^2\left(a-b\right)^2+ab\left(b-c\right)^2+bc\left(a-c\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge0\)
Chả biết sao hồi đó nhóm tay được cái đẳng thức này, giờ nhóm không ra hic. Còn bài tổng quát của Cool Kid mình nhìn nhầm nên cách mình làm bài đó sai nha.
not make
Đọc báo THTT thấy có câu thầy Cẩn ra cũng hay dạng tương tự như trên:
Cho a; b; c dương. Tìm số thực k lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng:
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3\ge k\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1\right)\)
Lời giải sử dụng giới hạn, hóng có cách đẹp hơn :D
Dùng Wolfram Alpha t nghĩ \(k_{max}\approx\frac{28091}{10^6}\)
là nghiệm của pt: 27*k^7 - 216*k^6 + 846*k^5 - 1945*k^4 + 2791*k^3 - 2385*k^2 + 1026*k - 27 =0
Nhưmg t chỉ chứng minh được nó khi \(k_{max}=\frac{28091}{10^6}\)(vào thống kê hỏi đáp xem ảnh nha!)