Cho \(a^2\ge4\) và \(b^2\ge4\). Chứng minh rằng \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)
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
T
9 tháng 8 2019
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
T
9 tháng 8 2019
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
T
1 tháng 9 2019
Akai Haruma em có cách khác:3 Cô check giúp em ạ.
Sử dụng nguyên lí Dirichlet ta có thể giả sử \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Rightarrow a^2b^2\ge a^2+b^2-1\)
Suy ra \(a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
Suy ra \(\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge\left[\left(2a\right)^2+\left(2b\right)^2+2^2+2^2\right]\left(1+1+1+c^2\right)\)
\(\ge\left(2a+2b+2c+2\right)^2=4\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunyakovski)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ngắn quá:))
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 8 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+3)[1+\frac{1}{3}(b+c+1)^2]\geq (a+b+c+1)^2\)
\(\Leftrightarrow 4(a^2+3)[1+\frac{1}{3}(b+c+1)^2]\geq 4(a+b+c+1)^2\)
Để chứng minh được BĐT đã cho, ta chỉ cần chỉ ra:
\((b^2+3)(c^2+3)\geq 4[1+\frac{(b+c+1)^2}{3}]\)
\(\Leftrightarrow 3b^2c^2+5b^2+5c^2+11-8bc-8b-8c\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 3(bc-1)^2+4(b-1)^2+4(c-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
TN
25 tháng 6 2017
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
26 tháng 6 2017
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 5 2018
Câu 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(a^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)[1+2+2(b+c)^2]\geq (a+1+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\geq \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2\)
Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:
\((a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\)
\(\Leftrightarrow (b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+\frac{3}{8}(b^2+c^2)+\frac{1}{16}-\frac{5}{4}bc\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (bc-\frac{1}{4})^2+\frac{3}{8}(b-c)^2\geq 0\)
(Luôn đúng)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 5 2018
Câu 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+1+2)\left[1+1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq (a+1+b+c)^2\)
\(\Rightarrow 4(a^2+3)\left[2+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq 4(a+b+c+1)^2\)
Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:
\((a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a^2+3)\left[2+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\)
\(\Leftrightarrow (b^2+3)(c^2+3)\geq 8+2(b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1-4bc\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (bc-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
N
7 tháng 12 2017
Bài 1:
dự đoán dấu = sẽ là \(a^2=b^2=c^2=\dfrac{1}{2}\) nên cứ thế mà chém thôi .
Ta có: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{3}{4}\)
Bunyakovsky:\(\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\left[\left(a+b\right)^2+1\right]\)
\(VT=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\dfrac{3}{4}\left[\left(a+b\right)^2+1\right]\left(1+c^2\right)\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)^2\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
P/s: còn 1 cách khác nữa đó là khai triển sau đó xài schur . Chi tiết trong tệp BĐT schur .pdf
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 12 2020
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)
Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)
5 tháng 6 2021
sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2
LB
3 tháng 12 2017
a)ta có \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow1\ge ab\)
theo bđt cauchy schwarz ta có
\(\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{a^2}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{a.b}{a.b}}.2\sqrt{\dfrac{a.b}{a^2.b^2}}=2.1.2\dfrac{1}{1^2}=4\)
\(\Rightarrow dpcm\)