cho 2 số nguyên dương m và n thỏa mãn \(\sqrt{3}\) >\(\frac{m}{n}\)
CMR : \(\sqrt{3}\)>\(\frac{m}{n}+\frac{1}{3mn}\)
cho hai số nguyên dương m,n thoả mãn \(\sqrt{3}>\frac{m}{n}\). Chứng minh rằng \(\sqrt{3}>\frac{m}{n}+\frac{1}{3mn}\)
Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c = 6.CMR
\(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}\ge\frac{3}{2}\)
\(VT=\frac{4}{2.2\sqrt{a+b}}+\frac{4}{2.2\sqrt{b+c}}+\frac{4}{2.2\sqrt{c+a}}\)
\(VT\ge\frac{4}{a+b+4}+\frac{4}{b+c+4}+\frac{4}{c+a+4}\)
\(VT\ge\frac{36}{a+b+4+b+c+4+c+a+4}=\frac{36}{24}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Cho 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện \\(2\\sqrt{xy}+\\sqrt{xz}=1\\). CMR: \\(\\frac{3yz}{x}+\\frac{4xz}{y}+\\frac{5xy}{z}\\ge4\\)
\nCho các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. CMR
\(\frac{a}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{3}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM ta có:
$3(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^2=9\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3$. Do đó:
\(\text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ac}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)
(theo BĐT AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Giải theo pp UCT:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+3)(1+3)\geq (a+3)^2\Rightarrow \sqrt{a^2+3}\geq \frac{a+3}{2}$
$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \frac{2a}{a+3}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{a}{a+3}\leq \frac{1}{4}+\frac{3}{16}(a-1)$
$\Leftrightarrow \frac{3}{4}(a-1)^2\geq 0$ (luôn đúng với mọi $a>0$)
Do đó: $\frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \frac{1}{2}+\frac{3}{8}(a-1)$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+3}}\leq \sum [\frac{1}{2}+\frac{3}{8}(a-1)]=\frac{3}{2}+\frac{3}{8}(a+b+c-3)=\frac{3}{2}\)
Cho m,n là các số tự nhiên dương thỏa mãn: \(\sqrt{6}-\frac{m}{n}>0\). CMR: \(\sqrt{6}-\frac{m}{n}>\frac{1}{2mn}\)
Ta có: \(\sqrt{6}-\frac{m}{n}>0\Leftrightarrow\sqrt{6}n-m>0\Leftrightarrow6n^2>m^2\Leftrightarrow6n^2\ge m^2+1\) (Do m, n là các số tự nhiên).
Mặt khác \(m^2+1\equiv1;2\left(mod3\right)\Rightarrow m^2+1⋮̸3\).
Mà \(6n^2⋮3\) nên \(6n^2\ge m^2+1\).
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\sqrt{6}n>\frac{1}{2m}+m\Leftrightarrow6n^2>\left(\frac{1}{2m}+m\right)^2\).
Ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(\frac{1}{2m}+m\right)^2< m^2+2\Leftrightarrow\frac{1}{4m^2}< 1\Leftrightarrow4m^2>1\) (luôn đúng với mọi m \(\in\) N*).
Vậy ta có đpcm.
Cho các số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xy+yz+zx=1
CMR: \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1=z^2}}\le\frac{3}{2}\)
\(VT=\sum\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum\frac{x}{\sqrt{xy+xz+yz+x^2}}=\sum\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\le\frac{1}{2}\sum\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)\)\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}+\frac{z}{y+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
a) CMR: \(\frac{1}{\sqrt{a+3}+\sqrt{a+2}}+\frac{1}{\sqrt{a+2}+\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a}}=\frac{3}{\sqrt{a+3}+\sqrt{a}}\)
b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z=1. CMR: \(\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+xz}+\frac{z}{z+xy}\le\frac{9}{4}\)
a/ Nhân cả tử và mẫu của từng phân số với liên hợp của nó và rút gọn:
\(VT=\sqrt{a+3}-\sqrt{a+2}+\sqrt{a+2}-\sqrt{a+1}+\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\)
\(=\sqrt{a+3}-\sqrt{a}=\frac{3}{\sqrt{a+3}+\sqrt{a}}\)
b/ \(VT=\frac{x}{x\left(x+y+z\right)+yz}+\frac{y}{y\left(x+y+z\right)+zx}+\frac{z}{z\left(x+y+z\right)+xy}\)
\(=\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(=\frac{x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\frac{2\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) (1)
Mặt khác ta có: \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
Thật vậy, \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)=\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+xyz\)
Mà \(xyz\le\frac{1}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\) (theo AM-GM)
\(\Rightarrow\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) (đpcm)
Thay vào (1) \(\Rightarrow VT\le\frac{2\left(xy+yz+zx\right)}{\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.
CMR \(\frac{b+1}{8-\sqrt{a}}+\frac{c+1}{8-\sqrt{b}}+\frac{a+1}{8-\sqrt{c}}\le\frac{6}{7}\)
\(\Sigma\frac{b+1}{8-\sqrt{a}}\le\Sigma\frac{2\left(b+1\right)}{15-a}=\Sigma\frac{2\left(a+2b+c\right)}{4a+5b+5c}\)(AM-gm)
Đặt \(\left\{\begin{matrix}x=4a+5b+5c\\y=4b+5a+5c\\z=4c+5a+5b\end{matrix}\right.\)suy ra...
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\geq b\geq c\). Khi đó, hiển nhiên \(\frac{1}{1-\sqrt{a}}\geq \frac{1}{1-\sqrt{b}}\geq\frac{1}{1-\sqrt{c}}\)
Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai bộ số trên:
\(3\text{VT}\leq (a+1+b+1+c+1)\left ( \frac{1}{1-\sqrt{a}}+\frac{1}{1-\sqrt{b}}+\frac{1}{1-\sqrt{c}} \right )=6\left ( \frac{1}{1-\sqrt{a}}+\frac{1}{1-\sqrt{b}}+\frac{1}{1-\sqrt{c}} \right )(1)\)
Giờ ta chỉ cần CM \(A= \frac{1}{1-\sqrt{a}}+\frac{1}{1-\sqrt{b}}+\frac{1}{1-\sqrt{c}}\leq \frac{3}{7}\)
Dùng hệ số bất định thôi, ta sẽ CM \(\frac{1}{1-\sqrt{a}}\leq \frac{1}{7}+\frac{1}{98}(a-1)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{a}-1)^2(6-\sqrt{a})\geq 0\). BĐT này luôn đúng với mọi \(0< a<3\)
Tương tự với các phân thức còn lại \(\Rightarrow \frac{1}{1-\sqrt{a}}+\frac{1}{1-\sqrt{b}}+\frac{1}{1-\sqrt{c}}\leq \frac{3}{7}+\frac{a+b+c-3}{98}=\frac{3}{7}(2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{6}{7}\). Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.
CMR \(\frac{b+1}{8-\sqrt{a}}+\frac{c+1}{8-\sqrt{b}}+\frac{a+1}{8-\sqrt{c}}\le\frac{6}{7}\)
Mình đã giải tại đây https://hoc24.vn/hoi-dap/question/169464.html