K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
1 tháng 6 2020

Bạn tham khảo:

Câu hỏi của Phạm Minh anh - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

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 \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

19 tháng 2 2022

Ta có:

\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)

Hoàn toàn tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);

\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Do đó:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

9 tháng 8 2021

Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)

\(\ge4ab+2ac+a^2\)

\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)

\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)

\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )

5 tháng 2 2020

1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)  với \(a,b>0\) (1) 

Thật vậy : BĐT  (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)  ( luôn đúng )

Vì vậy BĐT (1) đúng.

Áp dụng vào bài toán ta có:

\(\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)

                                                                 \(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy ta có điều phải chứng minh !

5 tháng 2 2020

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế 

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm)

6 tháng 4 2015

Dat A la bieu thuc cho truoc ve trai

tu gia thiet => a(b+c)=3-bc

ta co: 1+a^2(b+c)= 1+a.a.(b+c) = 1+a.(3-bc) = 1+3a-abc

cmtt ta co : 1+b^2(a+c)=1+b.b(a+c)=1+3b-abc

Va: 1+c^2(a+b)=1+3c-abc

Ap dung bdt Cosi cho 3 so ta co

ab+ac+bc >= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)

=> 3>= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)

=> a^2.b^2.c^2<=1

=> abc<=1

=> 1+3a-abc>=3a

cmtt 1+3b-abc>=3b

1+3c-abc>=3c

=> A<=1/3a+1/3b+1/3c=(bc+ac+ab)/3abc=1/abc

 

18 tháng 9 2016

cho 2 số thực a , b phân biệt thỏa mãn a^2 +3a=b^2 +3b=2

c/m: a, a+b=-3            b,a^3+b^3=-45

19 tháng 2 2022

Từ bất đẳng thức Cô si ta có:

\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:

\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)

Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

21 tháng 2 2022

sai r bạn ơi ko biết còn đòi

2 tháng 12 2017

\(\sqrt[4]{b^3}\)

3 tháng 5 2020

Vì a+b+c=1 nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\)

\(=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)=2+\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{b^2+c^2}{bc}+\frac{c^2+a^2}{ca}\)

Do đó

\(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\left(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{ab}\right)+\left(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{bc}\right)+\left(\frac{ca}{a^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{ca}\right)+\frac{3}{4}\)

\(\ge2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}\cdot\frac{a^2+b^2}{ab}}+2\sqrt{\frac{bc}{c^2+b^2}\cdot\frac{c^2+b^2}{bc}}+2\sqrt{\frac{ca}{a^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{ca}}+\frac{3}{4}\)

\(=2\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\frac{1}{2}+\frac{2}{3}=\frac{15}{4}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)