Chứng minh rằng với mọi a > 0 ta có: \(\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}\ge\frac{11}{2}.\)
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
VI
1
18 tháng 5 2016
Vì a>0 nên a2+1>0. Áp dụng BĐT Cô-si:
\(\frac{a}{a^2+1}+\frac{3\left(a^2+1\right)}{2a}\ge2\sqrt{\frac{a}{a^2+1}\times\frac{3\left(a^2+1\right)}{2a}}\)
<=> \(\frac{a}{a^2+1}+\frac{3\left(a^2+1\right)}{2a}\ge2\sqrt{\frac{3}{2}}\)
<=> \(\frac{a}{a^2+1}+\frac{3\left(a^2+1\right)}{2a}\ge\sqrt{6}\)
Đây là GTNN của biểu thức rồi, hình như đề bài sai thì phải
S
3
18 tháng 3 2018
+) Xét \(\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}-\frac{11}{2}\)
\(=\frac{5a^4-11a^3+12a^2-11a+5}{2a\left(a^2+1\right)}\) ( cái này bạn quy đồng nhá) (1)
Với \(a>0 \Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2>0\\2a\left(a^2+1\right)>0\end{cases}}\)
+) Xét pt \(5a^4-11a^3+12a^2-11a+5\) (3)
Chia cả hai vế cho a2>0 (cmt) ta được pt
\(5a^2-11a+12-\frac{11}{a}+\frac{5}{a^2}\)
\(=5\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)-11\left(a+\frac{1}{a}\right)+12\) (2)
Đặt \(a+\frac{1}{a}=x\Rightarrow x^2-2=a^2+\frac{1}{a^2}\)
Thay vào (2) ta dược pt \(5\left(x^2-2\right)-11x+12\)
\(=5x^2-11x+2\)
\(=\left(x-2\right)\left(5x-1\right)\) (cái này là ptích đa thức thành nhân tử)
\(=\left(a-2+\frac{1}{a}\right)\left(5a-1+\frac{5}{a}\right)\)
\(=\left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2\left[\left(\sqrt{5a}-\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{a}}\right)^2+1\right]\ge0\)
\(\Rightarrow pt\left(3\right)\ge0 \left(a>0\right)\)
\(\Leftrightarrow pt\left(1\right)\ge0\left(a>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}-\frac{11}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}\ge\frac{11}{2}\left(đpcm\right)\)
Lưu ý : Từ dấu +) thứ 2 người ta gọi là cách giải pt đối xứng, các bạn tự tìm hiểu thêm để hk nha !!!
19 tháng 3 2018
Sửa lại chút, dòng thứ 6 từ dưới lên gồm cả lưu ý , sửa "+1" thành "+9"
15 tháng 5 2018
Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp
1 tháng 8 2020
Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)
\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Ta thực hiện phép đổi biến thì:
\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)
Đến đây là phần của bạn
CM
2 tháng 12 2020
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
HF
25 tháng 7 2020
Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)
Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3
25 tháng 7 2020
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)
\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)
KK
8 tháng 2 2017
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
Xét \(\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ thực không âm
\(\left\{\begin{matrix}\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\\\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế:
\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
Mà \(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\) ( đpcm )
16 tháng 5 2020
Bài toán hay dùng BĐT Vacs\(\sqrt{a^2-a+1\:}+\sqrt{b^2-b+1}+\sqrt{c^2-c+1}\ge a+b+c\)
Kết hợp giữa việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến và tinh ý nhận ra bổ đề Vacs
Chú tth thử làm nhứ. Trong TKHĐ của t có sol rồi nha !!!!
\(A=\frac{a}{a^2+1}+\frac{5\left(a^2+1\right)}{2a}\)\(=\frac{a}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4a}+\frac{9\left(a^2+1\right)}{4a}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a}{a^2+1}.\frac{a^2+1}{4a}}+\frac{9}{2}.\frac{a^2+1}{2a}\)
\(\ge2.\sqrt{\frac{1}{4}}+\frac{9}{2}.1=1+\frac{9}{2}=\frac{11}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=1\)