K
Khách

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

NV
6 tháng 9 2020

\(\frac{\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}-\frac{4\left(1-a-b\right)^2}{\left(2-a-b\right)^2}=\frac{\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(2-a-b\right)^2-4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-a-b\right)^2}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(2-a-b\right)^2}\)

\(=\frac{2a^3-2a^2b-3a^2-2ab^2+6ab+2b^3-3b^2}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(2-a-b\right)^2}\)

\(=\frac{\left(2a^3-4a^2b+2ab^2\right)+\left(2a^2b-4ab^2+2b^3\right)-3\left(a^2-2ab+3b^2\right)}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(2-a-b\right)^2}\)

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

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

15 tháng 5 2018

Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp

1 tháng 8 2020

Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)

\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)

Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:

\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)

Ta thực hiện phép đổi biến thì:

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

Đến đây là phần của bạn

28 tháng 9 2017

moi nguoi oi hom truoc minh hoc tap hop cac so TN do thi co cua minh day nhu sau 

vd: A={xeN/3<x<9}

thi minh liet ke ra la A=4,5,6,7,8 nhung sua bai lai ko dung 

co sua nhu vay A=3,4,5,6,7,8

ko biet hay sai mong ae giup minh

30 tháng 9 2017

Áp dụng BĐT Cô-si \(ab\le\frac{\left(a+b\right)}{4}^2\)

=> \(\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)\le\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{4}=\left(a+b+c\right)^2\)

=> \(\frac{1}{\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Mấy cái kia làm tương tự cậu nhé 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

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"

30 tháng 4 2020

\(a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3\)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)

Từ (1)(2)(3) ta có:

\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)\)

Mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

3 tháng 5 2020

CHÚC BAN HỌC GIỎI

10 tháng 1 2020

Áp dụng BĐT Cauchy: \(\left(a^2+b+\frac{3}{4}\right)\left(b^2+a+\frac{3}{4}\right)\)

\(=\left[\left(a^2+\frac{1}{4}\right)+b+\frac{1}{2}\right]\left[\left(b^2+\frac{1}{4}\right)+a+\frac{1}{2}\right]\)

\(\ge\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2\) (Vì áp dụng BĐT Cauchy: \(a^2+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{a^2.\frac{1}{4}}=a;b^2+\frac{1}{4}\ge b\))

Vậy ta chứng minh: \(\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2\ge\left(2a+\frac{1}{2}\right)\left(2b+\frac{1}{2}\right)\)

Ta có: \(VT-VP=\left(a-b\right)^2\ge0\)

Vậy BĐT (*) đúng \(\Rightarrow\) \(\left(a^2+b+\frac{3}{4}\right)\left(b^2+a+\frac{3}{4}\right)\ge\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2\ge\left(2a+\frac{1}{2}\right)\left(2b+\frac{1}{2}\right)\)(đpcm)

10 tháng 1 2020

Bổ sung điều kiện a, b là các số thực dương nha! Và:

"Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)"

12 tháng 7 2020

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{a+2b+b+2a}=\frac{\left(a+b\right)^2}{3\left(a+b\right)}\)

\(2\left(\frac{a^2}{2a+b}+\frac{b^2}{2b+a}\right)\ge2\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2a+b+2b+a}\right)=2.\frac{\left(a+b\right)^2}{3\left(a+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :

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

Vậy ta có ngay điều phải chứng minh

28 tháng 3 2020
https://i.imgur.com/UrBOpeV.jpg
28 tháng 3 2020

thank you <3

17 tháng 8 2017

Ta có: \(a^2+b+\frac{3}{4}=a^2+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{2}\ge a+b+\frac{1}{2}\)

Và \(b^2+a+\frac{3}{4}\ge a+b+\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow(a^2+b+\frac{3}{4})(b^2+a+\frac{3}{4})\ge(a+b+\frac{1}{2})^2\)

Cần chứng minh \((a+b+\frac{1}{2})^2\ge\left(2a+\frac{1}{2}\right)\left(2b+\frac{1}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+\frac{1}{4}+a+b+2ab\ge4ab+a+b+\frac{1}{4}\Leftrightarrow(a-b)^2\ge0\)

BDT cuối đúng hay \(VT\ge VP\)

Nên xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

28 tháng 11 2019

Cái phân thức đầu tiên ở vế trái viết sai thì phải (ở cái tử phải là b2c chứ!).