K
Khách

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

4 tháng 4 2020

Ta cần tìm m để BĐT dưới là đúng

\(\frac{1}{a^2+b+c}=\frac{1}{a^2-a+3}\le\frac{1}{3}+m\left(a-1\right)\Leftrightarrow-\frac{a\left(a-1\right)}{3\left(a^2-a+3\right)}\le m\left(a-1\right)\)

Tương tự như trên ta dự đoán rằng\(m=\frac{-1}{9}\)thì BĐT phụ đúng

\(\frac{1}{a^2-a+3}\le\frac{4}{9}-\frac{a}{9}\Leftrightarrow0\le\frac{\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)}{3\left(a^2-a+3\right)}\Leftrightarrow0\le\frac{\left(a-1\right)^2\left(b+c\right)}{3\left(a^2-a+3\right)}\)

Cmtt ta được

\(\frac{1}{b^2-b+3}\le\frac{4}{9}-\frac{b}{9};\frac{1}{c^2-c+3}\le\frac{4}{9}-\frac{c}{9}\)

Cộng theo vế của BĐT trên ta được

\(\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+a+c}+\frac{1}{c^2+b+a}\le\frac{4}{3}-\frac{a+b+c}{9}=1\)

=> ĐPCM

4 tháng 4 2020

Cái đó là cách UCT chứ còn j nữa. Em cần tìm cách khác 

17 tháng 5 2018

Theo giả thiết ta có: các bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh

\(\frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\le1\)

\(\Rightarrow a\left(4-a\right)\left(4-b\right)+b\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)\(+c\left(4-c\right)\left(4-a\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\)\(\left(4-c\right)\)

\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\le4\)

Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các bất đẳng thức nên không mất tính tổng quát ta giả swr c nằm giwuax a và b khi đó ta có:

\(a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)

Thực hiện phép khai triển ta được: \(a^2b+c^2a\le a^2c+abc\)rồi cộng thêm \(\left(b^2c+abc\right)\)vào 2 vế ta được:

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

Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM ta có:

\(c\left(a+b\right)^2=\frac{1}{2}2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\)\(\le\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{2.27}=4\)nên Bất Đẳng Thức đã được chứng minh

Vậy \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)( đpcm )

Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)

Thật vậy:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)

Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)

mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)

Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có

 ∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

28 tháng 2 2020

Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh...
Đọc tiếp

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!

Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).

Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:

\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge0\).

Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

\(\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\).

Bài 4:Cho a,b,c>0, a+b+c=3. Chứng minh rằng: 

a)\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge1\).

b)\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{3}{2}\).

c)\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\).

Bài 5: Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:

\(\frac{2a^2+ab}{\left(b+c+\sqrt{ca}\right)^2}+\frac{2b^2+bc}{\left(c+a+\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{2c^2+ca}{\left(a+b+\sqrt{bc}\right)^2}\ge1\).

8
21 tháng 10 2019

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

21 tháng 10 2019

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

16 tháng 5 2020

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:

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)

\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)

\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)

\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)

\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)

16 tháng 5 2020

Bổ sung bài 1:

BĐT được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

29 tháng 3 2022

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

29 tháng 3 2022

trời ơi ? hack