K
Khách

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

30 tháng 8 2020

Bài làm:

Ta có: \(a+b+c=1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow1=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)

Xét BĐT phụ sau: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\) ; \(b^2+c^2\ge2bc\) ; \(c^2+a^2\ge2ca\) (Cauchy)

=> \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Thay vào (1) ta được:

\(1=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

30 tháng 8 2020

Cái này gần như là hiển nhiên

Theo bất đẳng thức quen thuộc: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(a+b+c=1\Rightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

18 tháng 6 2019

Do \(ab+bc+ca\le1\) nên:

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

Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)};\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}.\)

Suy ra \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(1)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 

\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)

\(\Leftrightarrow9\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+18abc\ge8\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+24abc\)\(\Leftrightarrow9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right).\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)(3)

Thật vậy ta có; \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=9abc\)(BĐT AM-GM)

Lại có:\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3}\sqrt{ab+bc+ca}.\left(ab+bc+ca\right)\)(Do :
\(ab+bc+ca\le1\Rightarrow1\ge\sqrt{ab+bc+ca}.\))

                                                       \(\ge3.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(BĐT AM-GM)

Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc+9abc\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c+\sqrt{3}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)

\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{3}\ge\frac{18}{ab+bc+ca}\)(4)

Từ (3) và (4) ta có:

\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc.\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)

                                                                 

25 tháng 5 2020

Chứng minh BĐT quen thuộc \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) Kết hợp với giả thiết ta có: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{c^2+ab+bc+ca}\)

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

\(\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\) Như vậy cần chứng minh

\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc\cdot\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)

Ta đã có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) nên cần chứng minh được

\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{3}abc\)

Theo BĐT AM-GM ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là:

\(3\sqrt[2]{a^2b^2c^2}\ge3\sqrt{3}abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)

Và đây là điều luôn đúng vì \(abc=\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}\le\sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\le\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\)

Ta được đpcm. Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

22 tháng 6 2020

Đợi t qua thi nhé full.

28 tháng 1 2018

điện thoại cùi nên chụp hơi mờ, đề này còn thiếu a,,bc>0Hỏi đáp Toán

9 tháng 7 2017

Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn

\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Áp dụng tiếp BĐT AM-GM

\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)

Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM

Bài 2:

Quy đồng  BĐT trên ta có:

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)

Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM 

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)

\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

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

Tương tự rồi cộng theo vế

Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +

9 tháng 7 2017

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]