Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có :
\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)+\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)\ge0\left(1\right)\)
Do a,b,c là các số thực dương không nhỏ hơn 1 nên (1) đúng .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi : \(\hept{\begin{cases}\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)=0\\\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)=0\\\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)=0\end{cases}\Rightarrow a=b=c}\)
Dấu "=" còn xảy ra ở các TH:
a = b = 1, c bất kì .
a = c =1, b bất kì
b = c = 1, a bất kì
( a, b, c ko nhỏ hơn 1 )
Đặt vế trái là P
\(P=\sum\frac{2\left(b+c-a\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\sum\frac{2\left(b+c-a\right)^2}{2a^2+2\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(b+c-a\right)^2+\left(c+a-b\right)^2+\left(a+b-c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(P\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2ab-2ac-2bc}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(P\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+c\right)^2+a^2-2a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{\left(a+c\right)^2+b^2-2b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{\left(b+a\right)^2+c^2-2c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow3-2\left(\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\right)\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\) (hay đặt \(x=\frac{3a}{a+b+c};y=\frac{3b}{a+b+c};z=\frac{3c}{a+b+c}\))
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}+\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}+\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}\le\frac{9a+1}{25}\) ; \(\forall a\in\left(0;3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}\le\frac{9b+1}{25};\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{9c+1}{25}\)
Cộng vế với vế: \(VT\le\frac{9\left(a+b+c\right)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Giả sử:
\(a>b>c\Rightarrow a-b>0,b-c>0,a-c>0\)
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\ge a^2+c^2\\\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\frac{\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)^2}{2}\ge\frac{8}{\left(a-c\right)^2}\end{cases}}\)
Từ đây ta có:
\(VT\ge\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\)
Ta chứng minh
\(\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2\ge0\)(Đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh là đúng. Dấu = xảy ra khi a = - c; b = 0 và các hoán vị của nó
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Chứng minh cái này đi: \(\frac{a^3+a^2+a+1}{a^2+a+1}\ge\frac{2}{3}a+\frac{2}{3}\) ( gợi ý: bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)\ge0\))
Tương tự với 2 ẩn kia \(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^3+a^2+a+1}{a^2+a+1}\ge\frac{8}{27}\Pi\left(a+1\right)\ge\frac{64}{27}\sqrt{abc}\ge\frac{64}{27}\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có: \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+6\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+6\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2+\frac{1}{3}\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2+6\)
\(=\frac{100}{3}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Nhân tung tóe + rút gọn ta được: \(\Sigma_{cyc}a^3b^2+\Sigma_{cyc}ab^3\ge abc\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2b}{c}+\Sigma\frac{a^2}{b}\ge ab+bc+ca+a+b+c\) (*)
(*) đúng do \(\hept{\begin{cases}\frac{a^2b}{c}+bc\ge2ab\\\frac{a^2}{b}+b\ge2a\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\Sigma\frac{a^2b}{c}\ge ab+bc+ca\\\Sigma\frac{a^2}{b}\ge a+b+c\end{cases}}\)
"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)