K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 8 2020

sửa: chứng minh \(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{3}{2}\)

áp dụng bđt Cauchy ta có

\(\frac{1}{1+ab}=1-\frac{1}{1+ab}\ge1-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=1-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)

tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+bc}\ge1-\frac{\sqrt{bc}}{2}\\\frac{1}{1+ca}\ge1-\frac{\sqrt{ca}}{2}\end{cases}}\)

cộng theo vế các bđt trên và áp dụng bđt Cauchy ta được

\(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}\ge3-\frac{1}{2}\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)

\(\ge3-\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\right)=3-\frac{a+b+c}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}1+ab=1+bc=1+ca\\a=b=c\\a+b+c=3\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)

NV
30 tháng 12 2020

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

NV
30 tháng 12 2020

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

19 tháng 2 2022

Từ bất đẳng thức Cô si ta có:

\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:

\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)

Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

21 tháng 2 2022

sai r bạn ơi ko biết còn đòi

NV
22 tháng 2 2020

\(=\frac{a}{ab+a+1}+\frac{ab}{abc+ab+a}+\frac{c}{ac+c+abc}\)

\(=\frac{a}{ab+a+1}+\frac{ab}{1+ab+a}+\frac{1}{a+1+ab}=\frac{a+ab+1}{ab+a+1}=1\)

8 tháng 4 2019

Cho bài toán phụ : Cho a ; b là các số thực dương

C/m : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)

Do a ; b là các số thực dương \(\Rightarrow ab\ge1\)

Ta có : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}-\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{1}{ab+1}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab+1-a^2-1}{\left(a^2+1\right)\left(ab+1\right)}+\frac{ab+1-b^2-1}{\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-a^2\right)\left(b^2+1\right)+\left(ab-b^2\right)\left(a^2+1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab^3-a^2b^2+ab-a^2+a^3b-a^2b^2+ab-b^2}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab\left(a^2+b^2\right)+2ab-2a^2b^2-a^2-b^2}{...}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(ab-1\right)-2ab\left(ab-1\right)}{...}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{...}\ge0\)

Dễ thấy mẫu luôn dương , tử \(\ge0\) => luôn đúng

=> BĐT được c/m

Áp dụng BĐT phụ ( từ bài toán phụ trên ) , ta có :

\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}=\frac{2c^2+2+ab+1}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}=\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\)

( * )

Có : \(\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}-\frac{3}{2}=\frac{4c^2+2ab+6-3abc^2-3c^2-3ab-3}{...}=\frac{c^2+3-ab-3abc^2}{...}=\frac{c^2+bc+ac-3abc^2}{...}=\frac{c\left(a+b+c-3abc\right)}{...}\)\(\left(ab+bc+ac=3\right)\) ( 1 )

Do a , b , c là các số thực dương , áp dụng BĐT Cô - si cho 3 số , ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\left(ab+bc+ac=3\right)\) ( 2 )

Từ ( 1 ) ; ( 2 ) \(\Rightarrow\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}-\frac{3}{2}\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\frac{3}{2}\) ( *' )

Từ (*) và (*') => ĐPCM

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

25 tháng 11 2019

1)

Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

21 tháng 2 2022

Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:

\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:

\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:

\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)

Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)

Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)

Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:

\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)

Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:

\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)

\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vậy ta cần chỉ ra rằng:

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

29 tháng 12 2019

Ta co:

\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+1}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+abc}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\)

Xet

\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\le\frac{1}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{bc}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)

bdt can chung minh thanh

\(ab+bc+ca+a+b+c\le2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Ta lai co:

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Gio ta can chung minh:

\(a^2+b^2+c^2\ge a+b+c\)

Ta co hai danh gia:

\(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(1=\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Suy ra can chung minh:

\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2-3\right)\ge0\) (đúng)

Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)

29 tháng 12 2019

mn giup voi minh can gap lam

Vũ Minh TuấnBăng Băng 2k6Nguyễn Việt LâmPhạm Lan HươngNguyễn Huy Tú Nguyễn Thị Thùy TrâmNo choice teentthbảo phạmHo Nhat Minh

31 tháng 8 2019

\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)

Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm 

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)