Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}-1+\dfrac{2}{b+2}-1+\dfrac{2}{c+2}-1\ge2-3\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}=\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2a+b^2+2b+c^2+2c}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Phía trên thoả mãn \(\ge1\) chứ không phải 3/2 đâu ạ
Áp dụng BĐT Cauchy- schwarz:
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2009}{ab+bc+ca}\)\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)\(+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(+\frac{2007}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{2007}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)
\(=\frac{6030}{\left(a+b+c\right)^2}\ge670\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=1\))
Đặt \(a^2+b^2+c^2=t\)
Ta đi chứng minh: \(t=a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)(*)
Thật vậy: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)(**)
Áp dụng BĐT AM - GM, ta có: \(a^3+ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)(do a,b dương) (1)
Tương tự ta có: \(b^3+bc^2\ge2b^2c\left(2\right);c^3+2ca^2\ge2c^2a\left(3\right)\)
Cộng theo vế của các BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge2\left(a^2b+2b^2c+2c^2a\right)\)(***)
Từ (**) và (***) suy ra \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\). Do đó (*) đúng.
Ta có: \(P=a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=t+\frac{9-t}{2t}\)với \(t=a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Bài toán trở thành tìm GTNN của \(f\left(t\right)=t+\frac{9-t}{2t}\)với \(t\ge3\)
Ta chứng minh \(f\left(t\right)\ge f\left(3\right)\Leftrightarrow t+\frac{9-t}{2t}\ge4\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-3\right)}{2t}\ge0\)(đúng với mọi \(t\ge3\))
Vậy \(MinP=4\)khi t = 3 hay a = b = c = 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ!
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034
ta có:
\(c+ab=c.1+ab=c\left(a+b+c\right)+ab=ca+cb+c^2+ab=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)
tương tự như vậy thì \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
áp dụng bđt cô si ta có:
\(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}};\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}};\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)=\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)
Ta có: \(\dfrac{a^3+ab^2}{a^2+b+b^2}=a-\dfrac{ab}{a^2+b+b^2}\ge a-\dfrac{\sqrt[3]{a}}{3}\)
Tương tự:
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c-\dfrac{\Sigma\sqrt[3]{a}}{3}=3-\dfrac{\Sigma\sqrt[3]{a}}{3}\)
Áp dụng BĐT cô si chi 3 số dương, ta có:
\(a+1+1\ge3\sqrt[3]{a}\Rightarrow\dfrac{\sqrt[3]{a}}{3}\le\dfrac{a+2}{9}\)
Tương tự:
\(\Rightarrow VT\ge3-\dfrac{a+b+c+6}{9}=3-1=2\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1