Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge1\\a^2+b^2+c^2=4\end{cases}}\)
Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\frac{9}{2\left(\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1}\right)}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
25 tháng 8 2020
Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x2+y2+z2=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)
VT
26 tháng 6 2018
Ta có\(ab+bc+ca=\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}=1\)
Thay 1=ab+bc+ca vào, ta có
\(a\sqrt{\frac{\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}{1+a^2}}=a\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}=a\left(b+c\right)\)
Tương tự rồi cộng lại, ta có
A=2(ab+bc+ca)=2
^_^
YY
4 tháng 7 2018
Đặt x = 1/a ; y = 1/b, z = 1/c với x,y,z > 0
đk <=> 1/x + 1/y + 1/z = 1/(xyz)
<=> xy + yz + zx = 1
A = √[yz/(1+x²)] + √[zx/(1+y²)] + √[xy/(1+z²)]
Ta có:
1 + x² = x² + xy + yz + zx = (x+z)(x+y)
=> √[yz/(1+x²)] = √[y/(x+y)] . √[z/(x+z)]
≤ 1/2 . [y/(x+y) + z/(x+z)] (1)
(áp dụng bđt Cosi: √m .√n ≤ 1/2 . (m+n))
Tương tự:
√[xz/(1+y²)] = √[x/(x+y)] . √[z/(y+z)] ≤ 1/2 . [x/(x+y) + z/(y+z)] (2)
√[xy/(1+z²)] = √[y/(z+y)] . √[x/(x+z)] ≤ 1/2 . [y/(z+y) + x/(x+z)] (3)
Cộng vế của (1),(2) và (3) lại ta được:
A ≤ 1/2 . 3 = 3/2
Vậy Max A = 3/2 xảy ra <=> x = y = z = 1/√3 <=> a = b = c = √3
WR
20 tháng 8 2017
1.
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le}2+a\)
Tương tự \(b^2\le2+b,c^2\le2+c\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le6+a+b+c=6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2,b=c=-1 và các hoán vị của chúng
WR
20 tháng 8 2017
Xét \(\frac{a^2+1}{a}=a+\frac{1}{a}\)
Dễ thấy dấu "=" xảy ra khi \(a=\frac{1}{3}\)
khi đó \(a+\frac{1}{a}=a+\frac{1}{9a}+\frac{8}{9a}\ge2\sqrt{\frac{a.1}{9a}}+\frac{8}{\frac{9.1}{3}}=\frac{10}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+1}\le\frac{3}{10}\)
tương tự =>đpcm
XO
2 tháng 2 2022
c) Có \(P=\frac{ax+b}{x^2+1}=-1+\frac{x^2+ax+b+1}{x^2+1}\);
\(P=\frac{ax+b}{x^2+1}=4-\frac{4x^2-ax-b+4}{x^2+1}\)
Để Min P = 1 và Max P = 4 thì
\(\hept{\begin{cases}x^2+ax+b+1=\left(x+c\right)^2\\4x^2-ax-b+4=\left(2x+d\right)^2\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\left(a-2c\right)+\left(b+1-c^2\right)=0\left(1\right)\\x\left(-a-4d\right)+\left(-b+4-d^2\right)=0\left(2\right)\end{cases}}\)
(1) = 0 khi \(\hept{\begin{cases}a=2c\\b=c^2-1\end{cases}}\)(3)
(2) = 0 khi \(\hept{\begin{cases}a=-4d\\b=4-d^2\end{cases}}\)(4)
Từ (3) (4) => d = 1 ; c = -2 ; b = 3 ; a = -4
Vậy \(P=\frac{-4x+3}{x^2+1}\)
XO
3 tháng 2 2022
ĐK \(x\ge y\)
Đặt \(\sqrt{x+y}=a;\sqrt{x-y}=b\left(a;b\ge0\right)\)
HPT <=> \(\hept{\begin{cases}a^4+b^4=82\\a-2b=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(2b+1\right)^4+b^4=82\\a=2b+1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}17b^4+32b^3+24b^2+8b-81=0\\a=2b+1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}17b^4-17b^3+49^3-49b^2+73b^2-73b+81b-81=0\\a=2b+1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(b-1\right)\left(17b^3+49b^2+73b+81\right)=0\left(1\right)\\a=2b+1\end{cases}}\)
Giải (1) ; kết hợp điều kiện => b = 1
=> Hệ lúc đó trở thành \(\hept{\begin{cases}b=1\\a=2b+1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=1\\a=3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x+y}=3\\\sqrt{x-y}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=9\\x-y=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x=10\\x-y=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=5\\x-y=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=5\\y=4\end{cases}}\)
Vậy hệ có 1 nghiệm duy nhất (x;y) = (5;4)
18 tháng 11 2019
Bài 2:
\(\frac{1}{\sqrt[3]{81}}\cdot P=\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(a+2b\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(b+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(c+2a\right)}}\)
\(\ge\frac{3}{a+2b+9+9}+\frac{3}{b+2c+9+9}+\frac{3}{c+2a+9+9}\ge3\left(\frac{9}{3a+3b+3c+54}\right)=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt[3]{3}\)
Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=3
18 tháng 11 2019
Bài 1:
\(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Theo bđt côsi-shaw ta luôn có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge\frac{25}{x+y+z+t+k}\)(x=y=z=t=k>0 ) (*)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z+t+k\ge5\sqrt[5]{xyztk}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{xyztk}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng
Từ (*) \(\Rightarrow\frac{1}{25}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\le\frac{1}{x+y+z+t+k}\)
Ta có: \(P=\frac{1}{2a+2b+c}+\frac{1}{a+2b+2c}+\frac{1}{2a+b+2c}\)
Mà \(\frac{1}{2a+2b+c}=\frac{1}{a+a+b+b+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{a+2b+2c}=\frac{1}{a+b+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+2c}=\frac{1}{a+a+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{25}\left[5.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=1\)
\(\Rightarrow P\le1\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra khi a=b=c\(=\frac{3}{5}\)
17 tháng 4 2020
1) \(\left(a;b\right)=\left(\sqrt{3x+4y};\sqrt{8-x+y}\right)\) \(\left(a;b\ge0\right)\)
hpt \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}4a+b=23\\3b-2\sqrt{-a^2-9b^2+110}=5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=23-4a\\32-6a=\sqrt{-145a^2+1656a-4651}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=23-4a\\181a^2-2040a+5675=0\left(1\right)\end{cases}}\)
(1) \(\Leftrightarrow\)\(\orbr{\begin{cases}a=5\left(nhan\right)\Rightarrow b=3\left(nhan\right)\\a=\frac{1135}{181}\left(nhan\right)\Rightarrow b=\frac{-377}{181}\left(loai\right)\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(a=5;b=3\)\(\Rightarrow\)\(x=3;y=4\)
N
17 tháng 4 2020
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
WLOG \(a\le b\le c\)
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(2a-b+c\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Sigma_{cyc}a.\Sigma_{cyc}a^2\ge3\Sigma_{cyc}ab^2\)
\(ab^2+bc^2+ca^2-a^2b-b^2c-c^2a=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\)
\(\Sigma_{cyc}ab^2\ge\Sigma_{cyc}a^2b\)
Giờ ta áp dụng hai bđt trên:
\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{b}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}=a^2+b^2+c^2\left(\cdot\right)\)
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\le\frac{a^2+b^2+2}{4}\\\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\le\frac{b^2+c^2+2}{4}\\\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\le\frac{c^2+a^2+2}{4}\end{cases}\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\le\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{3}{2}\left(\cdot\cdot\right)}\)
Với:
\(a^2+b^2+c^2\ge3\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{3}{2}\left(\cdot\cdot\cdot\right)\) \(\left(\cdot\right),\left(\cdot\cdot\cdot\right)và\left(\cdot\cdot\cdot\right)\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{b}\ge\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)
KN
28 tháng 8 2020
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
có vấn đề
bài này có người giải rồi