Cho \(a,b,c>0\). CMR \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[4]{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{7}{12}\cdot2^{\dfrac{6}{7}}\cdot3^{\dfrac{4}{7}}\)
Cho \(a,b,c>0\). CMR \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[4]{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{7}{12}\cdot2^{\dfrac{6}{7}}\cdot3^{\dfrac{4}{7}}\)
Nhìn người hỏi là biết bài này khó rồi. Không liên quan nhưng anh Thắng đẹp zai làm giúp em bài này :)) https://hoc24.vn/hỏi-đáp/question/592811.html
∀a,b,c > 0. chứng minh rằng:
\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+ab}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{a^2+bc}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{b^2+ca}\) ≥ 6
giải gấp giùm mình nha mọi người
\(BDT\Leftrightarrow\sum\left[\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+ab}-2\right]\ge0\)\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{a^2+b^2-2c^2}{c^2+ab}\ge0\)(*)
\(\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{a^2-c^2}{c^2+ab}+\dfrac{b^2-c^2}{c^2+ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(c^2-a^2\right)\left(\dfrac{1}{a^2+bc}-\dfrac{1}{c^2+ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(c-a\right)^2.\dfrac{\left(c+a\right)\left(c+a-b\right)}{\left(a^2+bc\right)\left(c^2+ab\right)}\ge0\)
\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+ab}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{a^2+bc}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{b^2+ca}\ge\dfrac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)\(=\dfrac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\) (theo AM-GM với a ; b>0)
\(=\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\dfrac{4.3.\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2.\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)(do \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))
\(=4.1,5\) = 6 ( do a;b;c>0)
Cho a,b,c>0 và a+b+c=2
CMR: \(\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}\)+\(\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}\)+\(\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\) \(\le\)\(\sqrt{\dfrac{97}{4}}\)
\(P=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{97}{4}}P=\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{4+\dfrac{81}{4}}\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)
\(\ge\left(2a+\dfrac{9}{2a}\right)+\left(2b+\dfrac{9}{2b}\right)+\left(2c+\dfrac{9}{2c}\right)\)
\(=2\left(a+b+c\right)+\dfrac{9}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(\ge4+\dfrac{9}{2}.\dfrac{9}{a+b+c}=4+\dfrac{81}{4}=\dfrac{97}{4}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{\dfrac{97}{4}}\)
PS: Lần sau chép đề cẩn thận nhé bạn.
Nếu là \(\ge \) thì easy rồi. Áp dụng BĐT Min....
\(VT=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{c^2}}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{9}{a+b+c}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{2^2+\left(\dfrac{9}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{97}{4}}=VP\)
Khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
Cho a, b, c, d > 0. CMR \(\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c}\ge\dfrac{2}{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c}\)
\(=\dfrac{a^2}{ab+2ac+3ad}+\dfrac{b^2}{bc+2bd+3ab}+\dfrac{c^2}{cd+2ac+3bc}+\dfrac{d^2}{ad+2bd+3cd}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ad+bc+bd+ca+cd\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{\dfrac{3}{2}\left(a+b+c+d\right)^2}=\dfrac{2}{3}\)
*Chứng minh \(4\left(ab+ad+bc+bd+ca+cd\right)\le\dfrac{3}{2}\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-d\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(b-d\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(c-d\right)^2\ge0\)
C/m bổ đề \(a,b,c>0\) and \(a+b+c=1\). Khi đó \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6\)\(\left(ab+bc+ca=q;1\ge3q>0\right)\) (VQBC)
Bài này rất dài dòng nhưng cũng rất quen.
https://diendantoanhoc.net/topic/153766-bổ-đề-hoán-vị/
Bích Ngọc Huỳnh & erone - anotherway
Ta sẽ tìm hàm số \(f\left(q\right)\) sao cho
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge f(q) \forall a,b,c>0.\)
\(\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{b}+\sum \dfrac{b}{a}\ge 2f(q)+\sum \dfrac{b}{a}-\sum \dfrac{a}{b} \)
Or \(\sum ab(a+b)-2abc\cdot f(q)\ge (a-b)(b-c)(c-a)\)
Need to pro \(\sum ab(a+b)-2abc\cdot f(q)\ge \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.\)
Đặt \(p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc\)
\((pq-3r)-2f(q)\cdot r \ge \sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}\)
\(p=1 \) have; \((q-3r)-2f(q)\cdot r \ge \sqrt{q^2+18qr-27r^2-4q^3-4r}\)
\(\Leftrightarrow\)\((27+k^2)r^2+2(2-kq-9q)r+4q^3 \ge 0\)
\(\Delta_r ‘=(2-kq-9q)^2-4q^3(27+k^2) \)
\(=q^2(1-4q)k^2+2q(9q-2)k+(9q-2)^2-108q^3\)
Cho\(\Delta_r ‘=0 \) tìm dc \(k=\dfrac{2-9q\pm 4\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}.\)
Ta chọn \(k=\dfrac{2-9q+ 4\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}\). do đó \(f(q)=\dfrac{k-3}{2}=\dfrac{1-6q+6q^2+ 2\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}\)
Suy ra
\( 1-6q+6q^2+ 2\sqrt{q(1-3q)^3}=\left[2\sqrt{q(1-3q)^3}-2(9q^2-2q)\right]+(24q^2-10q+1)\\ \)
\(=2\cdot \dfrac{q(1-3q)^3-(9q^2-2q)^2}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+(4q-1)(6q-1)\\ \)
\(=2\cdot \dfrac{q(1-4q)(27q^2-9q+1)}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+(4q-1)(6q-1)\)
Vậy \(f(q)=\dfrac{2(27q^2-9q+1)}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+\dfrac{1-6q}{q}\)
Cho x, y thay đổi thỏa mãn: \(x^2+y^2=2 \). Tìm GTNN,LN của \(A=2(x^3+y^3)-3xy \)
Ta có: \(A=2\left(x^3+y^3\right)-3xy=2\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-3xy\)
Lại có: \(x^2+y^2=2\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-2xy=2\Leftrightarrow xy=\dfrac{\left(x+y\right)^2-2}{2}\)
\(\Rightarrow A=2\left(x+y\right)\left(2-\dfrac{\left(x+y\right)^2-2}{2}\right)-\dfrac{3\left(x+y\right)^2-2}{2}\)
Đặt \(t=x+y\Rightarrow\left|t\right|\le2\) và \(A=-t^3-\dfrac{3}{2}t^2+6t+3\forall\left|t\right|\le2\)
\(\Rightarrow g'\left(t\right)=-3t^2-3t+6\)
\(g'\left(t\right)=0\Rightarrow-3t^2-3t+6=0\)
\(\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)=0\)\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\\t=-2\end{matrix}\right.\)\(t\in\left[-2;2\right]\)
\(g\left(-2\right)=-7;g\left(2\right)=1;g\left(1\right)=\dfrac{13}{2}\)
Nhìn vào các số trên rõ ràng là \(A_{MAX}=\dfrac{13}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{1\pm\sqrt{3}}{2};y=\dfrac{1\mp\sqrt{3}}{2}\)
\(A_{Min}=-7\Leftrightarrow x=y=-1\)
GTLN:
áp dụng BĐT Cauchy-Swarch: \(\left(x^2+y^2\right)\left(1^2+1^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\)\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\le4\Rightarrow-2\le x+y\le2\)
ta có: \(A=2\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-3xy=2\left(x+y\right)\left(2-xy\right)-3xy\)
mà \(x+y\le2\Rightarrow A\le4\left(2-xy\right)-3xy=8-7xy\)
mà \(x^2+y^2=2\Rightarrow\left(x+y\right)^2-2=2xy\Rightarrow\dfrac{7}{2}\left(x+y\right)^2-7=7xy\)
\(\Rightarrow-\dfrac{7}{2}\left(x+y\right)^2+7+8=8-7xy\)
\(\Rightarrow-\dfrac{7}{2}\left(x+y\right)^2+15=8-7xy\)
\(\Rightarrow A\le15-\dfrac{7}{2}\left(x+y\right)^2\le15\)
\(\Rightarrow MaxA=15\) khi \(\left[{}\begin{matrix}x=1;y=-1\\x=-1;y=1\end{matrix}\right.\)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1
Tìm GTLN của \(P=\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\)
Có: \(x^2-xy+y^2\ge xy\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+xyz\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^3+y^3+1}\le\dfrac{1}{xy\left(x+y+z\right)}\)
Dấu ''='' xảy ra <=> x = y
Tượng tự có:
\(\dfrac{1}{y^3+z^3+1}\le\dfrac{1}{yz\left(x+y+z\right)}\)
dấu = xảy ra <=> y = z
\(\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\le\dfrac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)
dấu ''='' xảy ra <=> z = x
\(\Rightarrow P\le\dfrac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=1\)
xảy ra khi x = y = z = 1
Cho a,b,c không âm thỏa \((a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2)=27\). Chứng minh \(\sqrt{a^2+3b^2}+\sqrt{b^2+3c^2}+\sqrt{c^2+3a^2}\ge6\)
Giải hộ có quà không bác. Để t còn biết mà nghĩ nữa. Thấy cái này là hàng khủng mà. Nên cũng lười nghĩ :3
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+abc=4.\)
CmR: \(\dfrac{a}{\sqrt{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}\ge1\)
Hung nguyen Ace Legona Akai Haruma các thánh giúp em với!!!
Từng sau nếu tag bạn tag tên dưới câu trả lời nhé, tag thế này không nhận được thông báo đâu .
Bài này tốn sức quá, đau đầu
Lời giải:
Sử dụng \(\sum\) biểu hiện tổng các hoán vị nhé.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a\sqrt{(b+2)(c+2)}}+\frac{b^2}{b\sqrt{(c+2)(a+2)}}+\frac{c^2}{c\sqrt{(a+2)(b+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\)
Tiếp tục Cauchy-Schwarz:
\((\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)})^2\leq (ab+2a+bc+2b+ac+2c)(ac+2a+ba+2b+bc+2c)\)
\(\Leftrightarrow \sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}\leq (ab+bc+ac+2a+2b+2c)\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\)
Ta sẽ đi chứng minh \(\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\geq 1\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq ab+bc+ac+2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\geq 2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 4-abc+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\Leftrightarrow (a+b+c-2)^2\geq abc\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{abc}+2\)
Do \(a^2+b^2+c^2+abc=4\Rightarrow \)
tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:\((a,b,c)=\left ( 2\sqrt{\frac{xy}{(z+x)(z+y)}};2\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}};2\sqrt{\frac{xz}{(y+x)(y+z)}} \right )\)
Khi đó , thực hiện vài bước rút gọn, BĐT cần chứng minh chuyển về:
\(\sum \sqrt{xy(x+y)}\geq \sqrt{2xyz}+\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}\)
Bình phương hai vế:
\(\Leftrightarrow \sum xy(x+y)+2\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\prod (x+y)+2\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum \sqrt{y(y+x)(y+z)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) \((\star)\)
Đặt biểu thức vế trái là $A$
\(A^2=\sum y(y+x)(y+z)+2\sum\sqrt{[y(y+x)(y+z)][x(x+y)(x+z)]}\)
\(A^2=\sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum \sqrt{[(x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]}\)
Áp dụng BĐT C-S : \([x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]\geq [xy(x+y+z)+xyz]^2\)
\(\Rightarrow A^2\geq \sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum [xy(x+y+z)+xyz]\)
\(\Leftrightarrow A^2\geq \sum x^3+3\sum xy(x+y)+15xyz\)
Theo BĐT Schur: \(\sum x^3+3xyz\geq \sum xy(x+y)\)
\(\Rightarrow A^2\geq 4\sum xy(x+y)+12xyz=4[\sum xy(x+y)+3xyz]=4(x+y+z)(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow A\geq 2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\)
Ta cần chứng minh \(2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) (1)
Đặt \(\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}=t\), bằng AM-GM dễ thấy \(t^2\geq 9xyz\)
\((1)\Leftrightarrow 2t\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow 4t^2\geq 4xyz+2(t^2-xyz)+4\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow t^2\geq xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\) (2)
Áp dụng AM-GM: \(2\sqrt{xyz(t^2-xyz)}=\sqrt{8xyz(t^2-xyz)}\leq \frac{8xyz+t^2-xyz}{2}=\frac{7}{2}xyz+\frac{t^2}{2}\)
Và \(xyz\leq \frac{t^2}{9}\)
\(\Rightarrow xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\leq t^2\)
Do đó (2) đúng kéo theo (1) đúng kéo theo (*) đúng nên ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\). Cmr a + b + c \(\ge\) ab + bc + ca
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((a+b+1)(a+b+c^2)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a+b+1\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a+b+1}\leq \frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}\)
Tương tự cho các phân thức còn lại, suy ra:
\(1\leq \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\leq \frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}+\frac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}+\frac{c+a+b^2}{(a+b+c)^2}\)
\(\Leftrightarrow 1\leq \frac{2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2\leq 2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$