Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(P=\Sigma\frac{\left(\frac{1}{c^2}\right)}{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}=\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{2}\ge\frac{\left(\frac{9}{a+b+c}\right)}{2}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a =b =c = 1.
True?
Ta có :
\(P=\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow P=\frac{\left(\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{\left(\frac{1}{b}\right)^2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{2}.\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1
nham. thuc ra
áp dụng bdt cô si ta có
\(\frac{a^4}{b\left(c+a\right)^2}+b>=\frac{a^2}{c+a}\)
cm tương tự
do do P+a+b+c>=\(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\)
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có
\(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}>=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{12}{2}=6\)
=>P>=-6
dau = xay ra<=>
\(\hept{\begin{cases}\frac{a^4}{b\left(c+a\right)^2}=b\\\frac{b^4}{c\left(a+b\right)^2}=c\end{cases}}va\hept{\begin{cases}\frac{c^4}{a\left(b+c\right)^2}=c\\\frac{\left(c+a\right)^2}{a^2}=\frac{\left(a+b\right)^2}{b^2}=\frac{\left(b+c\right)^2}{c^2}\\a+b+c=12\end{cases}}\)
<=>a=b=c=4(tm)
(b+c)^2 <= 2(b^2+c^2) (C-S)
=> A >= a^2/(a^2+2b^2+2c^2) +....+....
=a^4/(a^4+2a^2b^2+2a^2c^2)+....+....
>= (a^2+b^2+c^2)^2/(a^4+b^4+c^4+4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2) (Engel)
=(a^2+b^2+c^2)^2/(a^2+b^2+c^2)^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)
Ta Cm A >= 3/5
điều này tương đương 5(a^2+b^2+c^2)^2 >= 3(a^2+b^2+c^2)^2+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)
<=>......<=>a^4+b^4+c^4 >= a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 (đúng theo AM-GM)
\(P=\frac{bc}{2ab+ac}+\frac{ca}{2ab+bc}+\frac{4ab}{bc+ca}\)
Xét \(Q=P+3=\frac{bc}{2ab+ac}+1+\frac{ca}{2ab+bc}+1+\frac{4ab}{bc+ca}+1\)
\(Q=\frac{2ab+ac+bc}{2ab+ac}+\frac{2ab+ac+bc}{2ab+bc}+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}\)
\(=\left(2ab+ac+bc\right)\left(\frac{1}{2ab+ac}+\frac{1}{2ab+bc}\right)+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}\)
\(\ge\left(2ab+ac+bc\right)\frac{4}{4ab+ac+bc}+\frac{4ab+bc+ca}{bc+ca}=K\)(Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)với a, b không âm)
\(K=\frac{2\left(4ab+ac+bc\right)+2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}+\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\)\(+\frac{7\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\)
\(=2+\left[\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}+\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\right]+\frac{7}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)
\(\ge2+2\sqrt{\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}.\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}}+\frac{7}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)(Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm)
\(=\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\)
Mặt khác: \(6=2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)=\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}+\frac{c\left(a^3+b^3\right)}{a^2b^2}\)
\(=\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}+\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}\)\(\ge\frac{2.2ab}{ab}+\frac{c\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)}{a^2b^2}=4+\frac{ac+bc}{ab}\)(theo BĐT \(a^2+b^2\ge2ab\))
\(\Rightarrow\frac{ac+bc}{ab}\le2\Leftrightarrow\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow K\ge\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4ab}{ac+bc}\ge\frac{37}{9}+\frac{7}{9}.\frac{4}{2}=\frac{17}{3}\)
Ta có \(Q=P+3\ge K\ge\frac{17}{3}\Rightarrow P\ge\frac{17}{3}-3=\frac{8}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}2ab+ac=2ab+bc\\\frac{2\left(ac+bc\right)}{4ab+ac+bc}=\frac{2\left(4ab+bc+ca\right)}{9\left(ac+bc\right)}\\a=b\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow a=b=c\)
Từ \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+c\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\right)=6\Rightarrow6=\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}+\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}\)
ta có \(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow6=\frac{c\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2b^2}+\frac{2\left(a^2+b^2\right)}{ab}\ge\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+4\)
\(\Rightarrow0< \frac{c\left(a+b\right)}{ab}\le2\)
Lại có
\(\frac{bc}{a\left(2b+c\right)}+\frac{ac}{b\left(2a+c\right)}=\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(2b+c\right)}+\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(2a+c\right)}\ge\frac{\left(bc+ac\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)\(=\frac{\left[c\left(a+b\right)\right]^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)
và \(abc\left(a+b+c\right)=ab\cdot bc+bc\cdot ba+ab\cdot ca\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a\left(2b+c\right)}+\frac{ac}{b\left(2a+c\right)}\ge\frac{3}{2}\left(\frac{c\left(a+b\right)}{ab+bc+ca}\right)^2=\frac{3}{2}\left(\frac{\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}{1+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}}\right)^2\)
Đặt \(t=\frac{c\left(a+b\right)}{ab}\Rightarrow P\ge\frac{3t^2}{2\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}\left(0< t\le2\right)\)
Có \(\frac{3t^2}{2\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}=\left(\frac{3t^2}{\left(1+t\right)^2}+\frac{4}{t}-\frac{8}{3}\right)+\frac{8}{3}=\frac{-7t^2-8t^2+32t+24}{6t\left(1+t\right)^2}+\frac{8}{3}\)
\(=\frac{\left(t-2\right)\left(-7t^2-22t-12\right)}{6t\left(1+t\right)^2}\ge0\forall t\in(0;2]\)
=> \(\frac{\left(t-2\right)\left(-7t^2-22t-12\right)}{6t\left(1+t\right)^2}+\frac{8}{3}\ge\frac{8}{3}\forall t\in(0;2]\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> t=2 hay a=b=c
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.
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 \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
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"
Thêm đk a, b > 0
Đặt \(t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
\(B=t^2-3t-2=t^2-3t+2-4=\left(t-2\right)\left(t-1\right)-4\ge-4\)
Đẳng thức xảy ra khi t = 2 => a = b