K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

4 tháng 5 2016

Đặt \(a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}\),rồi thya vào dễ rồi!

15 tháng 2 2021

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

 

 

 

15 tháng 2 2021

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

12 tháng 5 2023

Đặt \(P=\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)

\(P=\dfrac{\left(abc\right)^2}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(abc\right)^2}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{\left(abc\right)^2}{c^3\left(a+b\right)}\)

\(P=\dfrac{\left(bc\right)^2}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{c\left(a+b\right)}\)

\(P\ge\dfrac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}\) (BĐT B.C.S)

\(=\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) \(\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abbcca}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (do \(abc=1\)).

ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

23 tháng 11 2020

1)

Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

24 tháng 11 2020

2)

\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)

Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)

9 tháng 11 2015

abc = 1 => a3b3c3=1

<=> \(a^3+b^3+c^3+2a^3b^3+2b^3c^3+2a^3c^3+3a^3b^3c^3\ge3a^2b+3b^2c+3c^2a+3\)

Áp dụng BĐT cauchy cho 3 số dương ta có : 

\(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^6c^6}\) <=> \(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\ge3\)Dấu = xảy ra khi a=b=c (1)

Tương tự ta có : \(a^3b^3c^3+a^3b^3+a^3\ge3a^2b\)Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (2)

\(a^3b^3c^3+b^3c^3+b^3\ge3b^2c\) Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (3)

\(a^3b^3c^3+a^3c^3+c^3\ge3c^2a\)Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (4)

Cộng (1),(2),(3),(4) vế theo vế ta được ĐPCM (Dấu = xảy ra khi a=b=c=1)

Đây là cách giải của mình k rõ bạn làm sao nếu có cách khác hay hơn thì xin chỉ giáo :D

13 tháng 1 2018

Ta có:

\(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{1^2}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{1^2}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{1^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{a^2b^2c^2}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a^2b^2c^2}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b^2c^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{b^2c^2}{a\left(c+b\right)}+\dfrac{a^2c^2}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT Svacxo ta có:

\(\dfrac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{a^2c^2}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}\) \(\dfrac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{a^2c^2}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)}{2}\) (1)

Chứng minh: \(\dfrac{ab+bc+ca}{2}\ge\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{ab.bc.ca}\)

\(ab+bc+ca\ge3\) (2)

Từ (1) và (2)

=> ĐPCM