Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le1\)
Áp dụng BDT \(ab\left(a+b\right)\le a^3+b^3\)thì ta có:
\(\frac{1abc}{a^3+b^3+abc}\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự ta có:
\(\hept{1\begin{cases}\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{a+b+c}\\\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{a+b+c}\end{cases}}\)
Cộng 3 cái trên vế theo vế ta được
\(\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)
\(\Rightarrow\)ĐPCM
Với mọi a,b >0 có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)(tự CM). Dấu "=" xảy ra <=> a=b và a,b>0
<=> \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
<=> \(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
CM tương tự cx có :\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}\)
=>A= \(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
<=> A\(\le\frac{1}{abc}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c>0
Bài 1:
Đặt \(a^2=x;b^2=y;c^2=z\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}\right]\)
Tương tự với \(\sqrt{\frac{y}{y+z}}\)và \(\sqrt{\frac{z}{z+x}}\)
Cộng lại ta được:
\(\frac{\sqrt{2}}{3}\left[\frac{x\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y\left(x+y+z\right)}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z\left(x+y+z\right)}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right]+\frac{3}{2\sqrt{2}}\le\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Sau đó bình phương hai vế rồi
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8xyz\)đẳng thức đúng
Vậy...
Bài 2:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\le\frac{1}{3}\)
Nhân cả hai vế bđt với 4(a+b+c)4(a+b+c) rồi thu gọn ta được bđt sau:
\(\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+c}+\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}+\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}\)\(\le\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\left[\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+}-a\right]+\left[\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}-b\right]+\left[\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}-c\right]\le\frac{a+b+c}{3}\)
\(\frac{ca}{4a+4b+c}+\frac{ab}{4b+4c+a}+\frac{bc}{4c+4a+b}\le\frac{a+b+c}{9}\)
Áp dụng bđt cauchy-Schwarz ta có \(\frac{ca}{4a+4b+c}=\frac{ca}{\left(2b+c\right)+2\left(2a+b\right)}\)\(\le\frac{ca}{9}\left(\frac{1}{2b+c}+\frac{2}{2a+b}\right)\)
Từ đó ta có:
\(\text{∑}\frac{ca}{4a+4b+c}\le\frac{1}{9}\text{∑}\left(\frac{ca}{2b+c}+\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ab}{2b+c}\right)=\frac{a+b+c}{9}\)
Đặt VT=A rồi áp dụng bđt cauchy-Schwarz cho VT ta có
\(T^2\le3\left(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\right)\)\(\le3\cdot\frac{1}{3}=1\Leftrightarrow T\le1\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
c bạn tự làm nhé mình mệt rồi :D
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{cases}}\)Thì điều kiện và điều cần chứng minh trở thành
xy + yz + xz = 1
\(1\le\frac{x^3}{z}+\frac{y^3}{x}+\frac{z^3}{y}\)
Ta có VP = \(1\frac{x^4}{xz}+\frac{y^4}{xy}+\frac{z^4}{yz}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+xz}\)
\(\ge1\frac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{xy+yz+xz}=xy+yz+xz=1\)
=> ĐPCM là đúng
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
Xét hiệu \(VP-VT=\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a}+\frac{5}{b}+\frac{3}{c}\right)-\left(\frac{3}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(=\frac{3a^3b^2+5a^3c^2+3a^2b^3-9a^2b^2c-7a^2bc^2+5a^2c^3+3ab^3c-8ab^2c^2-3abc^3+4b^3c^2+4b^2c^3}{4abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Dễ thấy: \(a;b;c>0\) nên cần chứng minh
\(3a^3b^2+5a^3c^2+3a^2b^3-9a^2b^2c-7a^2bc^2+5a^2c^3+3ab^3c-8ab^2c^2-3abc^3+4b^3c^2+4b^2c^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(8a^3+5a^2b+3a^2c-4ab^2-4ac^2-b^3+3b^2c+5bc^2+c^3\right)\left(b-c\right)^2+\frac{1}{2}\left(3a^2c-2a^3-5a^2b+4ab^2+4ac^2+7b^3+3b^2c-5bc^2-c^3\right)\left(c-a\right)^2+\frac{1}{2}\left(2a^3+5a^2b-3a^2c+4ab^2+4ac^2+b^3-3b^2c+5bc^2+9c^3\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)