K
Khách

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

FUCK YOU
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
18 tháng 11 2019

gt \(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=3\). Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) suy ra \(xy+yz+zx=3\)

Quy về:Tìm Min \(A=\Sigma_{cyc}\frac{x^3}{\left(2z+y\right)}\)

19 tháng 5 2019

Em không chắc lắm đâu nhé!

Biến đổi \(A=\frac{\left(\frac{a^4}{b^2}\right)}{b\left(c+2a\right)}+\frac{\left(\frac{b^4}{c^2}\right)}{c\left(a+2b\right)}+\frac{\left(\frac{c^4}{a^2}\right)}{a\left(b+2c\right)}\)

\(=\frac{\left(\frac{a^2}{b}\right)^2}{b\left(c+2a\right)}+\frac{\left(\frac{b^2}{c}\right)^2}{c\left(a+2b\right)}+\frac{\left(\frac{c^2}{a}\right)^2}{a\left(b+2c\right)}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:\(A\ge\frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho cái biểu thức trong ngoặc ở trên tử,ta lại được:

\(A\ge\frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\) (áp dụng BĐT quen thuộc \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) cho cái biểu thức dưới mẫu)

Dấu "=" xảy ra khi a = b =c

Vậy \(A_{min}=1\Leftrightarrow a=b=c\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
2 tháng 3 2017

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

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

Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).

BĐT được viết lại như sau:

\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)

\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:

\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)

\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)

\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )

Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

2 tháng 3 2017

Bài 1:

Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)

\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)

\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)

Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\)

\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)

BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

11 tháng 11 2019

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

6 tháng 7 2020

Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:

Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)

khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)

Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)

Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$

\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)

\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)

NV
24 tháng 5 2019

\(a+b+c=6abc\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=6\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow xy+xz+yz=6\)

\(P=\sum\frac{\frac{1}{yz}}{\frac{1}{x^3}\left(\frac{1}{z}+\frac{2}{y}\right)}=\sum\frac{x^3}{y+2z}=\sum\frac{x^4}{xy+2xz}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}\ge\frac{\left(xy+xz+yz\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

25 tháng 3 2020

Nguyễn Lê Phước Thịnh

?Amanda?

Nguyễn Ngọc Lộc

Vũ Minh Tuấn

Trần Quốc Khanh

trinh gia long

Nguyễn Trúc Giang

Nguyễn Thành Trương

NV
11 tháng 3 2019

Trước hết ta chứng minh bài toán quen thuộc:

Cho \(abc=1\) thì \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)

\(VT=\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+abc}+\frac{b}{abc+ab+b}=\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{c\left(b+1+ab\right)}+\frac{b}{1+ab+b}\)

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

\(P=\sum\frac{1}{a^2+2b^2+3}=\sum\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+2}\le\sum\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2}\sum\frac{1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow P_{max}=\frac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

NV
11 tháng 3 2019

\(P=\sum\frac{1}{a^2+1+2\left(b^2+1\right)}\le\sum\frac{1}{2a+4b}=\frac{1}{2}\sum\frac{1}{a+b+b}\le\frac{1}{18}\sum\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{18}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{6}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow P_{max}=\frac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)