Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4a}\ge2\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{4a\left(b+c\right)}}=1\)
Tương tự với các phân thức còn lại, sau đó cộng theo vế ta được :
\(VT+\frac{b+c}{4a}+\frac{c+d}{4b}+\frac{d+e}{4c}+\frac{e+a}{4d}+\frac{a+b}{4e}\ge5\)
\(\Leftrightarrow VT\ge5-\frac{1}{4}\left(\frac{b+c}{a}+\frac{c+d}{b}+\frac{d+e}{c}+\frac{e+a}{d}+\frac{a+b}{e}\right)\)
\(=5-\frac{1}{4}\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{b}+\frac{d}{c}+\frac{e}{c}+\frac{e}{d}+\frac{a}{d}+\frac{a}{e}+\frac{b}{e}\right)\)
\(\ge5-\frac{1}{4}\cdot10\sqrt[10]{\frac{b\cdot c\cdot c\cdot d\cdot d\cdot e\cdot e\cdot a\cdot a\cdot b}{a\cdot a\cdot b\cdot b\cdot c\cdot c\cdot d\cdot d\cdot e\cdot e}}=5-\frac{1}{4}\cdot10=\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=d=e=1\)
đặt vt=A
\(A>=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}{2\left(a+b+c+d+e\right)}\)(bdt cauchy schwarz)
=>\(\frac{2A}{5}>=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{e}+\sqrt{d}\right)^2}{5\left(a+b+c+d+e\right)}>\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e}\right)^2}=1\)(gợi ý:chỗ này dựa vào bdt bunhiacopxki)
=>\(A>=\frac{5}{2}\)
Lại gặp đồng râm rồi t c~ ở B.Ninh :_. Theo mk biết thì cái này dùng luôn được nhé vì nó chỉ là biến thể của BĐT Cauchy-Schwarz thôi mà c/m nó cũng dễ. Mk cm dạng tổng quát của nó luôn nhé
\(\left\{{}\begin{matrix}a_1;a_2;....;a_n\\b_1;b_2;....;b_n\end{matrix}\right.\)\(>0\). CMR \(\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a_n^2}{b_n}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{b_1+b_2+...+b_n}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a^2_n}{b_n}\right)\left(b_1+b_2+...+b_2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a^2_n}{b_n}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{\left(b_1+b_2+...+b_2\right)}\) *đúng*
Dc chứ bạn đấy là bđt cơ bản mà
Cauchy -schwarz hay còn gọi là bunhia dạng phân số :)
Xét BĐT phụ \(\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge\frac{2a-b}{2}\)\(\Leftrightarrow b\left(a-b\right)^2\ge0\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge\frac{2b-c}{2};\frac{c^3}{c^2+d^2}\ge\frac{2c-d}{2};\frac{d^3}{d^2+a^2}\ge\frac{2d-a}{2}\)
Cộng lại theo vế ta có:
\(VT\ge\frac{2a-b}{2}+\frac{2b-c}{2}+\frac{2c-d}{2}+\frac{2d-a}{2}\)
\(=\frac{2a-b+2b-c+2c-d+2d-a}{2}=\frac{a+b+c+d}{2}\)
Vậy BĐT đc chứng minh
Đặt;\(\frac{a}{d}=x;\frac{b}{e}=y;\frac{c}{f}=z\left(x,y,z>0\right)\)\(\Rightarrow\)Ta cần tính \(x^2+y^2+z^2\)
Suy ra ta có hệ phương trình;\(\hept{\begin{cases}x+y+z=1\left(1\right)\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\left(2\right)\end{cases}}\)
Từ (2) suy ra xy+yz+xz=0
Lại có \(1=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)\)
Suy ra \(x^2+y^2+z^2=1\)
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
@Akai Haruma