Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Vế trái bậc 0, vế phải bậc 1, không đồng bậc với nhau . BĐT sai ngay với \(a=9,b=3,c=6\)
Sửa: \(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\)
Chứng minh:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}=\frac{a^4}{a^2bc}+\frac{b^4}{b^2ac}+\frac{c^4}{c^2ab}\)
\(\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2bc+b^2ac+c^2ab}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{abc(a+b+c)}(1)\)
Ta có kết quả quen thuộc của BĐT Cauchy là:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
Và: \((ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)\)
Do đó: \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\geq \frac{3abc(a+b+c)}{ab+bc+ac}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2).3abc(a+b+c)}{(ab+bc+ac)abc(a+b+c)}=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Đặt: \(L=\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ac+a^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{a^3}{a^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}+b^2}=\dfrac{a^3}{\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)}\)
Chứng minh tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{b^3}{\dfrac{3}{2}\left(b^2+c^2\right)}\\\dfrac{c^3}{c^2+ac+a^2}\ge\dfrac{c^3}{\dfrac{3}{2}\left(c^2+a^2\right)}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế: \(L\ge\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\right)\)
Tiếp tục áp dụng AM-GM:
\(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}=\dfrac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2ab}=a-\dfrac{b}{2}\)
Chứng minh tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\dfrac{c}{2}\\\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế:
\(L\ge\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\right)\ge\dfrac{2}{3}\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=\dfrac{a+b+c}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )
Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)
\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử \(c=\min (a,b,c)\)
Khi đó, do \(ab+bc+ac=3\Rightarrow ab\geq 1\).
Với $ab\geq 1$ ta có bổ đề sau: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\)
Để cm bổ đề trên rất đơn giản. Quy đồng và biến đổi tương đương thu được \((a-b)^2(ab-1)\geq 0\) (luôn đúng với mọi \(ab\geq 1\) )
Sử dụng bổ đề vào bài toán:
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}=\frac{2c^2+ab+3}{abc^2+ab+c^2+1}(*)\)
Giờ ta sẽ cm \(\frac{2c^2+ab+3}{abc^2+ab+c^2+1}\geq \frac{3}{2}(**)\)
\(\Leftrightarrow 2(2c^2+ab+3)\geq 3(abc^2+ab+c^2+1)\)
\(\Leftrightarrow c^2+3\geq 3abc^2+ab\)
\(\Leftrightarrow c^2+bc+ac\geq 3abc^2\)
\(\Leftrightarrow c+b+a\geq 3abc\).
BĐT trên đúng do theo AM-GM: \(3(a+b+c)=(ab+bc+ac)(a+b+c)\geq 9abc\Rightarrow a+b+c\geq 3abc\) )
Do đó $(*)$ được cm.
Từ \((*),(**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Lời giải ở đây: https://hoc24.vn/hoi-dap/question/486195.html