Cho các số dương a và b thõa mãn điều kiện \(a+b=1\)
CMR : \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)
Cho các số dương a và b thỏa mãn điều kiện a + b = 1.
Chứng minh rằng \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)
Ta có \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\) (1)
\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{a}.\frac{b+1}{b}\ge9\)
\(\Leftrightarrow ab+a+b+1\ge9ab\) (vì ab > 0)
\(\Leftrightarrow a+b+1\ge8ab\Leftrightarrow2\ge8ab\) (vì a + b = 1)
\(\Leftrightarrow1\ge4ab\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\) (vì a + b = 1)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (2)
Bất đẳng thức (2) đúng, mà các phép biến đổi trên tương đương, vậy bất đẳng thức (1) được chưng minh.
1+1/a= 1+ (a+b)/a = 2+b/a
tương tự: 1+1/b= 2+a/b
nhân 2 đa thức với nhau đc : 5+2a/b+2b/a=5+2(a/b+b/a)
áp dụng bđt cô si a/b+b/a >=2 =) 5+2(a/b+b/a)>=9 (dấu = xảy ra khi a-b=1/2)
\(LSH=\left(2+\frac{b}{a}\right)\left(2+\frac{a}{b}\right)=5+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge5+2.2=RHS\)
Cho các số dương a và b thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh rằng \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)
Đặt A = \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\)
A = \(\left(1+\frac{a+b}{a}\right)\left(1+\frac{a+b}{b}\right)\)(Vì a + b = 1)
A = \(\left(2+\frac{b}{a}\right)\left(2+\frac{a}{b}\right)\)
A = \(4+\frac{2a}{b}+\frac{2b}{a}+1\)
A = \(5+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)
Vì a, b dương nên áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số dương, ta được :
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{ba}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2.1=2\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow5+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge4+5\)
\(\Leftrightarrow A\ge9\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b > 0
Vậy \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)với a, b là các số dương và a + b = 1
Tớ quên. Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b>0\\a+b=1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Một cách khác :))
Ta có : \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}\)
Theo bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có : \(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{a+b}=4\)(1)
Theo bđt AM-GM ta có : \(ab\le\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)=> \(\frac{1}{ab}\ge4\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}\ge1+4+4=9\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 1/2
Cho a,b,c dương thõa mãn abc=1
CMR \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a\left(a+1\right)}{8}+\frac{a\left(b+1\right)}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow LHS+\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+2\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)
\(\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Có ý tưởng đến đây thôi nhưng lại bị ngược dấu rồi :(
BĐT <=> \(\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+1+ab+bc+ac+a+c+b}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(4\left(ab+bc+ac+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ac+a+b+c+2\right)\)
<=> \(ab+bc+ac+a+b+c\ge6\)(1)
(1) luôn đúng do \(ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho a,b,c dương thõa mãn abc=1
CMR \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Biến đổi tương đương ta có :
\(\frac{a}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4.a.\left(c+1\right)+4.b.\left(a+1\right)+4.c.\left(b+1\right)\ge3.\left(a+1\right).\left(b+1\right).\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4.\left(a+b+c\right)+4.\left(ab+bc+ac\right)\ge3.a.b.c+3.\left(a+b+c\right)+3.\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm bất đẳng thức Cauchy 3 số ta có :
a+b+c \(\ge\)3.\(\sqrt[3]{abc}\)và ab + bc + ca \(\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c =1
Mình áp dụng BĐT AM-GM đến dòng
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b\ge6\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta được
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[2]{\left(abc\right)^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[2]{abc}=3\)
Cộng từng vế BĐT ta được (1). Do vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Cho a,b,c dương thõa mãn abc=1
CMR \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Biến đối tương đương ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4a\left(c+1\right)+4b\left(a+1\right)+4c\left(b+1\right)\ge3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\ge3abc+3\left(a+b+c\right)+3\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm BĐT Cauchy 3 số ta có:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\end{cases}}\)
Vậy BĐT đã được chứng minh. Dấu "=" <=> a=b=c=1
Cho các số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 CMR : \(\frac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2+c^2+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2+a^2+1}\le\frac{1}{2}\)
Gợi ý : Dùng BĐT Cô-si nhé!
Li-ke dùm 1 cái
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+2}\le\frac{1}{2\left(ab+a+1\right)}\)
Tương tự cho mấy cái kia (bạn hoán vị vòng nha )...
khi đó \(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)\)(*)
Do:\(\frac{1}{ab+a+1}=\frac{c}{1+ac+c}\)(1)
\(\frac{1}{bc+b+1}=\frac{ca}{c+1+ac}\)(2)
\(\frac{1}{ac+c+1}\)(3)
Cộng từng cé (1)(2)(3)=> VT=1
kết hớp (*)=>dpcm
Dấu = xảy ra khi a=b=c =1
Cho a,b>0 thõa mãn điều kiện ab=1
CMR: \(\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\ge8\)
Ta có \(\left(a+b+1\right).\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\)
\(\ge\left(a+b+1\right).2ab+\frac{4}{a+b}\)
\(=2.\left(a+b\right)+2+\frac{4}{a+b}\)
\(=a+b+2+a+b+\frac{4}{a+b}\)
\(\ge2.\sqrt{a.b}+2+2.\sqrt{\left(a+b\right).\frac{4}{a+b}}=2+2+2\sqrt{4}\)
\(=2+2+4=8\)
Vậy\(\left(a+b+1\right).\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\ge8\)với ab=1
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện \(abc=1\). CMR:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số :
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+1\right)\left(c+1\right)}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)8^2}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự ta có \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế các bđt trên ta được :
\(VT+2\left(\frac{a}{8}+\frac{b}{8}+\frac{c}{8}+\frac{3}{8}\right)\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>VT\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\)
\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{6}{8}=\frac{12-6}{8}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(< =>a=b=c=1\)
Done !
1. Cho a, b, c > 0. Cmr
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
2. Cho các số dương a,b thỏa mãn \(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
Tính GTNN của biểu thức \(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}\)
1. Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engle, ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)
Vì a, b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\Leftrightarrow a+b\le3\)
\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+2b+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)
\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab+1\right)\le\left(a^2+b^2-ab+1\right)\)
vì a2+b2-ab+1 >0 với mọi a,b thuộc R \(\Rightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\le1\Leftrightarrow a+b\le3\)
khi đó ta có \(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=a+\frac{4}{a}+b+\frac{1}{b}+\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\)
\(\Leftrightarrow M=\left(a+\frac{4}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
áp dụng bđt cosi cho các cặp số dương \(\left(a;\frac{4}{a}\right);\left(b;\frac{1}{b}\right);\left(\frac{4}{a};\frac{1}{b}\right)\)ta có
\(\hept{\begin{cases}a+\frac{4}{a}\ge2\cdot\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}=2\sqrt{4}=4\\b+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{b\cdot\frac{1}{b}}=2\sqrt{1}=2\\\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(2+1\right)^2}{a+b}\ge\frac{9}{3}=3\end{cases}}\Rightarrow minM=4+3+2=9\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{4}{a}\\b=\frac{1}{b}\\a=2b\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases}}}\)
vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là 9 khi a=2; b=1