NP
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
2 tháng 9 2019
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT Cô-si:
\(VT=a-1+\frac{1}{a-1}+1\ge2\sqrt{\frac{a-1}{a-1}}+1=2+1=3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2\).
b) BĐT \(\Leftrightarrow a^2+2\ge2\sqrt{a^2+1}\)
\(\Leftrightarrow a^2+1-2\sqrt{a^2+1}+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+1}-1\right)^2\ge0\) ( LĐ )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=0\).
Bài 2: tương tự 1b.
2 tháng 9 2019
Bài 3:
Do \(a,b,c\) dương nên ta có các BĐT:
\(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT:
\(\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)( đpcm )
22 tháng 8 2020
Cái phần CMR: \(\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-3\right)^2\le3\left(b-2\right)\) phải là giả thiết chứ nhỉ ??
ĐỀ GỐC BÀI NÀY LÀ ĐỀ CỦA CHUYÊN HƯNG YÊN NHÉ, THẦY CẬU RA LẠI THÔI !!!!!
DO: \(a\ge1;b\ge2;c\ge3\Rightarrow a-1;b-2;c-3\ge0\)
ĐẶT: \(a-1=x;b-2=y;c-3=z\)
=> \(gt\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x;y;z\ge0\\x^2+y^2+z^2\le3y\end{cases}}\)
=> \(a=x+1;b=y+2;c=z+3\)
=> \(P=\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}+\frac{8}{\left(z+3\right)^2}\)
TA ÁP DỤNG 2 BĐT SAU: \(\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^2\le2\left(x^2+1\right)\\\left(z+3\right)^2\le4\left(z^2+3\right)\end{cases}}\)
=> \(P\ge\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{8}{4\left(z^2+3\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
=> \(P\ge\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{4}{2\left(z^2+3\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
=> \(P\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(x^2+z^2\right)+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\) (BĐT CAUCHY - SCHWARZ)
=> \(P\ge\frac{9}{2\left(x^2+z^2\right)+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
MÀ: \(x^2+z^2\le3y-y^2\) (gt)
=> \(P\ge\frac{9}{2\left(3y-y^2\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}=\frac{9}{6y-2y^2}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
TA SẼ CHỨNG MINH \(\frac{9}{6y-2y^2+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\ge1\)
<=> \(\left(y-2\right)^2\left(2y^2+10y+9\right)\ge0\) (*)
(CHỖ NÀY CẬU QUY ĐỒNG MẪU SỐ, RÚT GỌN RỒI PHÂN TÍCH NHÂN TỬ SẼ RA ĐƯỢC NHƯ THẾ NÀY, MÌNH LÀM TẮT NHA)
DO: \(\hept{\begin{cases}\left(y-2\right)^2\ge0\forall y\\2y^2+10y+9\ge9>0\left(y\ge0\right)\end{cases}}\)
VẬY BĐT (*) LUÔN ĐÚNG !!!!!!
=> \(P\ge1\)
DẤU "=" XẢY RA <=> \(x=z=1;y=2\)
<=> \(a=2;b=4;c=4\)
19 tháng 9 2019
Bài 1:
\(A=\frac{x+1}{x^2+x+1}\)
\(\Leftrightarrow Ax^2+Ax+A=x+1\)
\(\Leftrightarrow Ax^2+Ax+A-x-1=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\cdot A+x\cdot\left(A-1\right)+\left(A-1\right)=0\)
Để pt có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-1\right)^2-4\left(A-1\right)\cdot A\ge0\)
\(\Leftrightarrow A^2-2A+1-4A^2+4A\ge0\)
\(\Leftrightarrow-3A^2+2A+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-1\right)\left(3A+1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}A-1\le0\\3A+1\ge0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}A-1\ge0\\3A+1\le0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\frac{-1}{3}\le A\le1\left(chon\right)\\1\le A\le\frac{-1}{3}\left(loai\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(minA=\frac{-1}{3};maxA=1\)
Bài 2:
\(VT=\Sigma\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}=\Sigma\frac{ac+bc+c^2+ab}{a+b}=\Sigma\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)}\)
Áp dụng BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) :
\(VT\ge\Sigma\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}=\Sigma\sqrt{\left(b+c\right)^2}=\Sigma\left(b+c\right)=2\cdot\left(a+b+c\right)=2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}=\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\)
TH
1
TA
27 tháng 7 2017
Ta có
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{ab^2+b^2}{b^2+1}\ge\left(a+1\right)-\frac{ab^2+b^2}{2b}=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\) (1)
Tương tự \(\frac{b+1}{c^2+1}\ge\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2}\) (2)
và \(\frac{c+1}{a^2+1}\ge\left(a+1\right)-\frac{ca+a}{2}\) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:
\(VT\ge\left(a+b+c+3\right)-\frac{\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)}{2}\ge6-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3}{2}=3\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)