\(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c\ge0\\a+b+c=2\end{matrix}\right.\) Cmr: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-2abc\le1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 2 2020
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
11 tháng 2 2020
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
26 tháng 2 2020
Áp dụng BĐT Cô - si ta có :
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{2}{\sqrt{xy}}\ge\frac{2}{\frac{x+y}{2}}=\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT trên ta được :
\(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{2a+b+c}\right)^2\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2\)
Chứng minh tương tự rồi cộng các vế lại cho nhau ta được :
\(A\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2\)
\(\Rightarrow16A\le\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2\)
\(=\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a+b};\frac{1}{b+c};\frac{1}{c+a}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)
Khi đó \(16A\le2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx\)
Ta có BĐT phụ sau :
\(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\) ( tự chứng minh ) (2)
Áp dụng ta được :
\(16A\le4x^2+4y^2+4z^2=\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\)
\(\Rightarrow4A\le\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\)
Từ (1) \(\Rightarrow\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}++\frac{1}{y}\right)^2\)( bình phương 2 vế lên )
Áp dụng BĐT này ta được :
\(4A\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\)
\(\Rightarrow64A\le\frac{1}{a^2}+\frac{2}{ab}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{2}{bc}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ac}+\frac{1}{a^2}\)
\(\Rightarrow32A\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
Áp dụng BĐT (2) ta được :
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
\(\Rightarrow32A\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=3+3=6\)
\(\Rightarrow A\le\frac{6}{32}=\frac{3}{16}\)
Dấu " = " xảy ra khi a=b=c=1
Dài quá đi
Chúc bạn học tốt !!
N
10 tháng 3 2017
Xí câu BĐT:
ta cần chứng minh \(\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
Áp dụng BĐT cauchy:
\(\dfrac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.ab}=2a^2\)
tương tự ta có:\(\dfrac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\dfrac{c^3}{a}+ac\ge2c^2\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế ta có:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
mà a2+b2+c2\(\ge ab+bc+ca\) ( chứng minh đầy đủ nhá)
do đó \(S=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(ab+bc+ca\right)-ab+bc+ca=ab+bc+ca\)
suy ra BĐT ban đầu đúng
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
P/s: cách khác :Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)
\(S\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
HY
11 tháng 3 2017
Câu hệ này =))
b, Từ hệ đã cho ta thấy x,y > 0
Trừ vế cho vế pt (1) và (2) của hệ ta được:
\(x^4-y^4=4y-4x\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)=4\left(y-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\left(x-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x-y=0\) ( Vì \(\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4>0\) với x,y > 0)
\(\Leftrightarrow x=y\)
Với x = y thay vào pt đầu của hệ ta được:
\(x^4-4x+3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2+x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+2x+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x-1=0\) ( Vì \(x^2+2x+3>0\) )
\(\Leftrightarrow x=1\)
Với x=1 suy ra y=1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)
26 tháng 4 2020
Câu 1 chuyên phan bội châu
câu c hà nội
câu g khoa học tự nhiên
câu b am-gm dựa vào hằng đẳng thử rồi đặt ẩn phụ
câu f đặt \(a=\frac{2m}{n+p};b=\frac{2n}{p+m};c=\frac{2p}{m+n}\)
Gà như mình mấy câu còn lại ko bt nha ! để bạn tth_pro full cho nhé !
T
25 tháng 4 2020
Câu c quen thuộc, chém trước:
Ta có BĐT phụ: \(\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x^4}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\) \((\ast)\)
Hay là: \(\frac{1}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Có: \(8(y^2+z^2) \Big[(x^2 +y^2 +z^2)^2 -x\left\{x^3 +(y+z)^3 \right\}\Big]\)
\(= \left( 4\,x{y}^{2}+4\,x{z}^{2}-{y}^{3}-3\,{y}^{2}z-3\,y{z}^{2}-{z}^{3 } \right) ^{2}+ \left( 7\,{y}^{4}+8\,{y}^{3}z+18\,{y}^{2}{z}^{2}+8\,{z }^{3}y+7\,{z}^{4} \right) \left( y-z \right) ^{2} \)
Từ đó BĐT \((\ast)\) là đúng. Do đó: \(\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\therefore VT=\sum\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\sum\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}=1\)
Done.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 1 2020
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)]\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\)$(*)$
Áp dụng BĐT AM-GM dễ thấy: $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$
$\Rightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2.\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{2}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 1 2020
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{b(2c+a)}+\frac{b}{3}+\frac{2c+a}{9}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b(2c+a)}.\frac{b}{3}.\frac{2c+a}{9}}=a\)
\(\frac{b^3}{c(2a+b)}+\frac{c}{3}+\frac{2a+b}{9}\geq b\)
\(\frac{c^3}{a(2b+c)}+\frac{a}{3}+\frac{2b+c}{9}\ge c\)
Cộng theo vế và thu gọn ta có:
\(\frac{a^3}{b(2c+a)}+\frac{b^3}{c(2a+b)}+\frac{c^3}{a(2b+c)}\geq \frac{a+b+c}{3}=\frac{3}{3}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
LA
2 tháng 3 2019
a)
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x+5< 0\\x^2-6x+1>0\end{matrix}\right.\)
\(\)Ta có
\(x^2+x+5=\left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{19}{4}=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\ge\dfrac{19}{4}>0\)
=> Bất phương trình đàu tiên sai, hệ bất phương trình sai
b)
\(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x-6>0\\3x^2-10x+3\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(2x-3\right)\left(x+2\right)>0\\\left(x-3\right)\left(3x-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x>2\\x< -3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}x\le-\dfrac{1}{3}\\x\ge3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
9 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki dạng phân thức có
\(\dfrac{a^2}{a+2b^2}+\dfrac{b^2}{b+2c^2}+\dfrac{c^2}{c+2a^2}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+2b^2+b+2c^2+c+2a^2}=\dfrac{9}{3+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki có:
\(\left(a.1+b.1+c.1\right)^2\ge\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow9\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow3\ge a^2+b^2+c^2\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le6\) (2)
Thay (2) vào (1) có \(\dfrac{a^2}{a+b^2}+\dfrac{b^2}{b+2c^2}+\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{9}{3+6}=1\) (đpcm)
Dấu = xảy ra khi a= b=c=1
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=p\Rightarrow p=2\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le q\le\frac{1}{3}p^2=\frac{4}{3}\)
Ta cần chứng minh: \(q^2-2pr-2r\le1\Leftrightarrow q^2-6r\le1\)
TH1: \(0\le q< 1\Rightarrow q^2-6r\le q^2< 1\) \(\Rightarrow\) BĐT đúng
TH2: \(1\le q\le\frac{4}{3}\)
Theo Schur: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}=\frac{8\left(q-1\right)}{9}\Rightarrow q^2-6r\le q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\le1\)
\(\Leftrightarrow3q^2-16q+13\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(q-1\right)\left(3q-13\right)\le0\) (luôn đúng \(\forall x\in\left[1;\frac{4}{3}\right]\))
BĐT được chứng minh hoàn tất
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+\frac{11}{8}abc\le1\)
Thật vậy: \(VP-VT=\frac{1}{32}\sum\left(a-b\right)^2\left(a+b-c\right)^2+\frac{5}{16}\sum ab\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1,c=0$ và các hoán vị.