Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)
Ta viết lại bất đẳng thức như sau:
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)
Bình phương 2 vế ta được:
\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:
\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)
Tương tự ta được các bất đẳng thức:
\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
\(x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)
\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)
Hay:
\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)
Mặt khác, ta lại có:
\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)
\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)
Do đó ta được bất đẳng thức:
\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(x,y,z>0\)và ta cần chứng minh \(\frac{x}{\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có: \(\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}\)\(=\sqrt{x}.\sqrt{3zx^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3xy^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3yz^2+xyz}\)\(\le\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\)
Ta cần chứng minh \(\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\le\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^4\ge\frac{9}{4}\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge\frac{27}{4}\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(y=mid\left\{x,y,z\right\}\)thì khi đó \(\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\Leftrightarrow y^2+zx\le xy+yz\)
\(\Leftrightarrow xy^2+zx^2\le x^2y+xyz\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2+xyz\le\)\(x^2y+yz^2+2xyz=y\left(z+x\right)^2=4y.\frac{z+x}{2}.\frac{z+x}{2}\)
\(\le\frac{4}{27}\left(y+\frac{z+x}{2}+\frac{z+x}{2}\right)^3=\frac{4\left(x+y+z\right)^3}{27}\)
Như vậy (*) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\) (vì abc=1) (*)
Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\) (vì abc=1)
=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\) (**)
Từ (*), (**)=> đpcm
Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3
\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1
xin lỗi nhé bên trên do đánh nó không hiện nên tưởng không viết được ,
Cộng từng vế của 3 bđt cùngc hiều ta có \(A+\frac{a+b+c+3}{4}>=\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
=> \(A>=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđts cô si ta có a+b+c>=\(3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> A>=\(\frac{3}{4}\)
mình làm hơi tắt cậu chịu khó đọc nhé
bài này Áp dụng bất đẳng thức cô si nhé
đặt \(A=\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
ta có Áp dựng bất đẳng thức cô si ta có \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}>=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
tương tự ta có \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}>=\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1_{1+a}}{8}+\frac{1+b}{8}>=\frac{3c}{4}\)
cộng từng vế của 3 bđt cùng chiều ta có \(A>=\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
mà
\(c\ge a,c\ge b\Rightarrow c\ge a+b\)(luôn đúng)
WTF!?!mấy cái dữ liện trên làm cảnh ak!?!
v:))
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm