Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình trình bày hơi tắt 1 chút nhé 
Vì \(a+b+c=1\) nên \(\begin{cases}a+b=1-a\\a+c=1-b\\b+c=1-c\end{cases}\)
Ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=8abc\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\) (đpcm)
\(-\frac{1}{\sqrt{3}}\le\sqrt{ab+bc+ca}\le\frac{1}{\sqrt{3}}\) chứ ạ?
- Nếu cả 3 số đều ko âm thì \(abc\le\frac{1}{27}\Rightarrow VT< 0\) BĐT luôn đúng
- Nếu 2 trong 3 số không âm thì \(abc\le0\Rightarrow VT< 0\) BĐT luôn đúng
Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp 2 số âm, 1 số dương
Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}c>0\\a;b< 0\end{matrix}\right.\) đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=-p\\b=-q\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow p;q;c>0\)
\(\Rightarrow c-p-q=1\Rightarrow c=p+q+1\)
BĐT trở thành: \(8pq\left(p+q\right)-8\le\left[\left(p+q\right)^2+p+q-pq-1\right]^2\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p+q=x>0\\pq=y>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x^2\ge4y\)
Ta cần c/m: \(8y\left(x+1\right)-8\le\left(x^2+x-y-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2y-x^2-10xy-2x+y^2-6y+9\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2y-2x^2-10xy-2x+8+\left(y-1\right)^2+\left(x^2-4y\right)\ge0\)
Do \(\left(y-1\right)^2+\left(x^2-4y\right)\ge0\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(x^4+2x^3-2x^2y-2x^2-10xy-2x+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2\left(\frac{x^2}{4}\right)-2x^2-10x\left(\frac{x^2}{4}\right)-2x+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3-4x^2-4x+16\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x^2+3x+4\right)\ge0\) (luôn đúng với \(x>0\))
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow p=q=1\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(-1;-1;3\right)\) và hoán vị
//Hơi trâu bò :(
+)\(\frac{3}{4}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge abc\)
+) \(P=8abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(32abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-24abc\)
\(\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{abc}}-24abc\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{\frac{1}{8}}}-3=16-3=13\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
đặt a-1=x2;b-1=y2;c-1=z2 với x,y,z>0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)+1\right]}\)
áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+z}\left(1\right)̸\)
\(\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1}\cdot\sqrt{z^2+1}\)(2)
kết hợp (1) và (2) ta có \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)
vậy \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)
Ap dung bo de : \(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}\le\sqrt{xy}\left(x,y\ge1\right)\) (1)
(1) <=> \(2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\le\left(x-1\right)\left(y-1\right)+1\) (dung theo AM-GM)
Ta co \(VT\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}=VP\)
Dau = xay ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\\left(ab+1\right)\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)
Trước hết, ta đi chứng minh bổ đề: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(*) (với \(p,q\ge1\))
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\right)^2\le pq\) \(\Leftrightarrow\left(p-1\right)+\left(q-1\right)+2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le pq\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(pq-p-q+1\right)+1\) \(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\)
Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức AM - GM vì \(\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\ge2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right).1}=2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\)
Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức phụ: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(với \(p,q\ge1\))
Áp dụng vào bài toán, ta được: \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\)\(=\sqrt{\left(ab+1\right)-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\)(q.e.d)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\ab\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$4abc+4abc+\frac{1}{8a^2}+\frac{1}{8b^2}+\frac{1}{8c^2}\geq 5\sqrt[5]{\frac{1}{32}}=\frac{5}{2}(1)$
Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:
$\frac{7}{8}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\geq \frac{7}{8}.\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\geq \frac{7}{8}.\frac{9}{\frac{3}{4}}=\frac{21}{2}(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow P\geq 13$
Vậy $P_{\min}=13$ khi $a=b=c=\frac{1}{2}$
sửa: chứng minh \(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{3}{2}\)
áp dụng bđt Cauchy ta có
\(\frac{1}{1+ab}=1-\frac{1}{1+ab}\ge1-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=1-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+bc}\ge1-\frac{\sqrt{bc}}{2}\\\frac{1}{1+ca}\ge1-\frac{\sqrt{ca}}{2}\end{cases}}\)
cộng theo vế các bđt trên và áp dụng bđt Cauchy ta được
\(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}\ge3-\frac{1}{2}\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(\ge3-\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\right)=3-\frac{a+b+c}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}1+ab=1+bc=1+ca\\a=b=c\\a+b+c=3\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)
1)
\(2a+\frac{4}{a}+\frac{16}{a+2}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+\left[\left(a+2\right)+\frac{16}{a+2}\right]-2\ge4+8-2=10\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2
2)
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a\left(1-4a\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4a\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4a+1-4a}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{b\left(1-4b\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4b+1-4b}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{c\left(1-4c\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4c\left(1-4c\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4c+1-4c}{2}=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a\left(1-4a\right)}+\sqrt{b\left(1-4b\right)}+\sqrt{c\left(1-4c\right)}\le\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\)