Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a, b, c không âm:
\(\left(ab+bc+ca\right)\left[\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\right]\ge\frac{49}{18}+k\left(\frac{a}{b+c}-2\right)\)
với \(k=\frac{23}{25}\).
Note. \(k_{\text{max}}\approx\text{0.92102588865167}\) là nghiệm của phương trình bậc 5:
15116544*k^5+107495424*k^4-373143024*k^3+280903464*k^2+209797812*k-227353091 = 0
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)
Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)
\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)
*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)
Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*
*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị
Tuyệt quá,
Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)
có hằng số k tốt nhất là 10.
Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!
Sửa đề: \(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\ge\sqrt{2}\left(\Sigma\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right)\)
or \(\Sigma\frac{b+c}{a}\ge\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\)
Theo AM-GM:\(\frac{b+c}{a}\ge2\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-2\)
Tương tự và cộng lại: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-6\)
Mà: \(\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\ge3\sqrt[6]{\frac{8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge6\)
Từ đó: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}=VP\)
Done!
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\left(\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}+2=\frac{a+b-1}{ab}+2\)
\(\frac{2\left(a+b-1\right)}{\left(a+b\right)^2-1}+2=\frac{2}{a+b+1}+2\ge\frac{2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+1}+2=\frac{2}{\sqrt{2}+1}+2=2\sqrt{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Đặt \(a=\frac{x^2}{z},b=\frac{y^2}{z}\rightarrow x^4+y^4=z^2\) where x, y, z> 0
\(z\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)-\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2\ge2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x^4+y^4}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\ge2\sqrt{2}+\left(\frac{x}{y}-\frac{y}{x}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(3-2\sqrt{2}\right)\left(x^2-y^2\right)^2}{x^2y^2}\ge0\) *Đúng*
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
\(\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}\)\(=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+c^2+c^2\right)}}\)\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{2\left(a^2+b^2\right)+2c^2}\)\(=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\ge ab+2c^2\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\ge bc+2a^2\); \(\sqrt{\dfrac{ac+2b^2}{1+ac-b^2}}\ge ac+2b^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow VT\ge2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac=2+ab+bc+ac\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
ta có:\(a^2+b^2+\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2=\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2-2ab\ge2\left(1+ab\right)-2ab=2\)