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 AM - GM:
\(a^3+1+1\ge3a\);
\(\dfrac{b^3}{a^3}+1+1\ge3.\dfrac{b}{a}\);
\(\dfrac{1}{b^3}+1+1\ge3.\dfrac{1}{b}\);
\(2a+2.\dfrac{b}{a}+2.\dfrac{1}{b}\ge6\).
Cộng vế với vế các bđt trên rồi rút gọn ta có đpcm.
bất của bạn thiếu điều kiện a,b,c>0
lần đầu lóng ngóng mấy sư huynh chỉ giáo :D
việc tách ghép hoàn toàn dựa vào điểm rơi và tách ghép 1 cách hợp ní
\(\Sigma_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right)+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\ge3\sqrt[3]{\Pi_{cyc}\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}}\) \(=\dfrac{\Sigma_{cyc}3a}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
hoán vị theo a,b,c
Ta được: \(1+2\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
Từ đây dễ chứng minh được bằng cách mũ 3 hai vế và ta được điều phải chứng minh:
\(9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(3x^3+17y^3=3x^3+8y^3+9y^3\geq 3\sqrt[3]{216x^3y^6}\)
\(\Leftrightarrow 3x^3+17y^3\geq 18xy^2\)(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=0\)
Ta cần chứng minh : \(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}\) với \(n\in N^{\text{*}}\)
Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là \(\frac{a_1+a_2}{2}\ge\sqrt{a_1a_2}\) (1)
Giả sử bđt đúng với n = k , tức là \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\ge\sqrt[k]{a_1.a_2...a_k}\) với \(k>2\)
Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1
Không mất tính tổng quát, đặt \(a_1\le a_2\le...\le a_k\le a_{k+1}\)
thì : \(a_{k+1}\ge\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\) . Lại đặt \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}=x,x\ge0\)
\(\Rightarrow a_{k+1}=x+y,y\ge0\) và \(x^k=a_1.a_2...a_k\) (suy ra từ giả thiết quy nạp)
Ta có : \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{kx+x+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{x\left(k+1\right)+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(x+\frac{y}{k+1}\right)^{k+1}\)
\(\ge x^{k+1}+\left(k+1\right).\frac{y}{k+1}.x^k=x^{k+1}+y.x^k=x^k\left(x+y\right)\ge a_1.a_2...a_k.a_{k+1}\)
Suy ra \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}\ge\sqrt[k+1]{a_1.a_2...a_{k+1}}\)
Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:
\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu = khi a=b=c
b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc^2a}{ab}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca^2b}{bc}}=2a\)
\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{b^2ac}{ac}}=2b\)
Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Đấu = khí a=b=c
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(c^2-2c+1\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
Sai đề thì phải , coi lại giùm mình nhé :
Đặt \(\sqrt[3]{a}=x;\)\(\sqrt[3]{b}=y;\)\(\sqrt[3]{c}=z\)\(\left(a,b,c>0\right)\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge9\)
Ta có : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\sqrt[3]{3.\frac{1}{xyz}}\)
Và \(x+y+z\ge\sqrt[3]{3xyz}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\sqrt[3]{3.\frac{1}{abc}}.\sqrt[3]{3abc}=9\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{9}{x+y+z}\)
Vậy \(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\ge\frac{9}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\)\(\left(đpcm\right)\)
Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân – Wikipedia tiếng Việt