Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có :\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{ab-1}{b}.\frac{bc-1}{c}.\frac{ac-1}{a}\)
Ta lại có : \(\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{a^2-1}{a}.\frac{b^2-1}{b}.\frac{c^2-1}{c}\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
Ta có
\(A=\left(a-b+c\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=3+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
áp dụng bđt Cauchy ta có
\(A\ge3+2-2-2=1\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
\(\left(a-b+c\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c+a\right)\ge0\)(đúng)
Vậy bài toán được chứng minh
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
\(\left(1+\frac{a}{b}\right)^5+\left(1+\frac{b}{a}\right)^5\ge2^5\left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)^5+2^5\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^5=32\left[\left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)^5+\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^5\right]\)
\(\ge32.2\sqrt{\left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)^5\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^5}=32.2=64\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Thôi rồi viết thiếu đề bài
abcd=1 nha các bạn ahihi
b) Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
\(\frac{1}{1+3ab+a^2}+\frac{1}{1+3ab+b^2}\ge\frac{4}{2+a^2+2ab+b^2+4ab}\)\(=\frac{4}{2+\left(a+b\right)^2+4ab}\) (1)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=0,5
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(4ab=4.\sqrt{ab}.\sqrt{ab}\le\frac{4.\left(a+b\right)^2}{4}=\left(a+b\right)^2=1\)(2)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=0,5
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+3ab+a^2}+\frac{1}{1+3ab+b^2}\ge\frac{4}{2+\left(a+b\right)^2+4ab\ge}\frac{4}{3+\left(a+b\right)^2}=\frac{4}{4}=1\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=0,5
P/s : Làm siêu tắt
Ta có :
\(\left(1+\frac{a}{b}\right)^5+\left(1+\frac{b}{a}\right)^5\ge\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)\left[\left(1+\frac{a}{b}\right)^3+\left(1+\frac{b}{a}\right)^3\right]\ge\left(1+\frac{a}{b}\right)^2\left(1+\frac{b}{a}\right)^2\left(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)=\frac{\left(a+b\right)^2.\left(a+b\right)^2}{a^2b^2}.\left(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge\frac{4ab.4ab}{a^2b^2}.\left(2+2\right)=16.4=64\)
( AD BĐT phụ \(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right);x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) và BĐT Cô - si )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b;a,b>0\)