Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài này bạn chỉ cần chuyển vế biến đổi thôi là được , mình làm mẫu câu 2) :
\(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2n+b^2m}{mn}-\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(m+n\right)\left(a^2n+b^2m\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right).mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2mn+\left(bm\right)^2+\left(an\right)^2+b^2mn-a^2mn-2abmn-b^2mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(bm-an\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow bm=an\)
Câu 3) áp dụng câu 2) để chứng minh dễ dàng hơn, ghép cặp 2 .
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{a}{na+mb}+\dfrac{b}{nb+ma}\)
\(=\dfrac{a^2}{na^2+mab}+\dfrac{b^2}{nb^2+mab}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{na^2+nb^2+2mab}\). Cần chứng minh BĐT
\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{na^2+nb^2+2mab}\ge\dfrac{2}{m+n}\)
Điều này đúng vì tương đương với \(\left(a-b\right)^2\left(m-n\right)\ge0\forall a,b,m,n>0;m>n\)
a/ Bạn cứ khai triển biến đổi tương đương thôi (mà làm biếng lắm)
b/ Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{xyz^3}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)
\(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
cảm ơn bạn nhưng nạ có thể giải nốt cậu a hộ mình đc ko
b) với mọi a,b,c ϵ R và x,y,z ≥ 0 có :
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\left(1\right)\)
Dấu ''='' xảy ra ⇔\(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Thật vậy với a,b∈ R và x,y ≥ 0 ta có:
\(\frac{a^2}{x}=\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\left(2\right)\)
⇔\(\frac{a^2y}{xy}+\frac{b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
⇔\(\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
⇔\(\frac{a^2y+b^2x}{xy}.\left(x+y\right)xy\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}.\left(x+y\right)xy\)
⇔\(\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a+b\right)^2xy\)
⇔\(a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\)
⇔\(b^2x^2+a^2y^2-2abxy\ge0\)
⇔\(\left(bx-ay\right)^2\ge0\)(luôn đúng )
Áp dụng BĐT (2) có:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Dấu ''='' xảy ra ⇔\(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Ta có:
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}
\)
= \(\frac{1}{a^2}.\frac{1}{ab+ac}+\frac{1}{b^2}.\frac{1}{bc+ac}+\frac{1}{c^2}.\frac{1}{ac+bc}\)
=\(\frac{\frac{1}{a^2}}{ab+ac}+\frac{\frac{1}{b^2}}{bc+ab}+\frac{\frac{1}{c^2}}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT (1) ta có:
\(\frac{\frac{1}{a^2}}{ab+ac}+\frac{\frac{1}{b^2}}{bc+ab}+\frac{\frac{1}{c^2}}{ac+bc}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}++\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\)
Mà abc=1⇒\(\left\{{}\begin{matrix}ab=\frac{1}{c}\\bc=\frac{1}{a}\\ac=\frac{1}{b}\end{matrix}\right.\)
\(\frac{\frac{1}{a^2}}{ab+ac}+\frac{\frac{1}{b^2}}{bc+ac}+\frac{\frac{1}{c^2}}{ac+bc}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)
\(\frac{\frac{1}{a^2}}{ab+ac}+\frac{\frac{1}{b^2}}{bc+ac}+\frac{\frac{1}{c^2}}{ac+bc}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{1}}=3\)( BĐT cosi )
⇒\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)
⇒\(\frac{\frac{1}{a^2}}{ab+ac}+\frac{\frac{1}{b^2}}{bc+ac}+\frac{\frac{1}{c^2}}{ac+bc}\ge\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Vậy \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Lời giải:
Thực chất đề bài chỉ cần điều kiện $ab\geq 1$ là đủ rồi bạn.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2+b^2+2}{(a^2+1)(b^2+1)}\geq \frac{2}{ab+1}\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+2)(ab+1)\geq 2(a^2+1)(b^2+1)\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2)+2ab\geq 2a^2b^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2-2ab)-(a^2+b^2-2ab)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow ab(a-b)^2-(a-b)^2\geq 0\Leftrightarrow (ab-1)(a-b)^2\geq 0\)
(luôn đúng với mọi $ab\geq 1$)
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $ab=1$ hoặc $a=b$
a/ \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
b/ \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
c/ \(\Leftrightarrow a^2+2a< a^2+2a+1\)
\(\Leftrightarrow0< 1\) (hiển nhiên đúng)
d/ \(\Leftrightarrow m^2-2m+1+n^2-2n+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=n=1\)
e/ \(\Leftrightarrow1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
\(\frac{a}{na+bm}+\frac{b}{mb+na}=\frac{a+b}{mb+na}\).
Giả sử \(\frac{a}{na+bm}+\frac{b}{mb+na}\ge\frac{2}{m+n}\)\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{mb+na}\ge\frac{2}{m+n}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(m+n\right)\ge2\left(mb+na\right)\) ( các số m, n, a, b đều dương).
\(\Leftrightarrow am+an+bm+bn\ge2mb+2na\)
\(\Leftrightarrow am+bn\ge mb+na\)
\(\Leftrightarrow a\left(m-n\right)\ge b\left(m-n\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(m-n\right)\ge0\).
Đề bài thiếu giả thiết \(a\ge b\).