Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
\(P=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}\)
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right).3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}}{3abc\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
2.
\(P=\sum\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4.\frac{3}{8}\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{2}{3}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=d\)
có thể là bé hơn hoặc bằng,các bạn thử cho mình với nhé
áp dụng Bất Đẳng Thức CBS \(\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}=\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}\le\frac{1}{2}\left(4a+6b\right)\)
(BĐT CBS) do đó ta \(\Rightarrow\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\frac{a^2}{2a+3b}\)
tương tư với mẫu còn lại
\(\Rightarrow\Sigma\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\Sigma\frac{a^2}{2a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{5}\left(Q.E.D\right)\)
đẳng thức xảy ra khi a=b=c
a) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :
\(\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+1\right)\ge2\sqrt{a^2b^2}.2\sqrt{a^2}\ge2ab.2a=4a^2b\)
b) Áp dụng bất đẳng thức :\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\forall x;y>0\)
\(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+2c+a}\ge\frac{4}{a+3b+b+2c+a}=\frac{4}{2a+4b+2c}=\frac{2}{a+2b+c}\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+2a+b}\ge\frac{2}{b+2c+a}\\\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{2}{b+2a+c}\end{cases}}\)
Cộng vế với vế ta được : \(VT+VP\ge2VP\Rightarrow VT\ge VP\)(đpcm)
Giả sử đpcm là đúng , khi đó , ta có :
\(a^8+b^8+c^8\ge a^3b^3c^3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\ge a^3b^3c^3.\frac{ab+bc+ac}{abc}=a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\left(1\right)\)
Vì a ; b ; c > 0 , áp dụng BĐT phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\) , ta có :
\(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+a^4c^4\ge a^2b^2.b^2c^2+b^2c^2.c^2a^2+a^2b^2.c^2a^2=a^2c^2b^4+a^2b^2c^4+a^4b^2c^2\)
\(=\left(abc^2\right)^2+\left(bca^2\right)^2+\left(acb^2\right)^2\ge abc^2.bca^2+bca^2.acb^2+abc^2.acb^2=a^3b^2c^3+b^3a^3c^2+c^3b^3a^2\)
\(=a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)
Nên : \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)
=> BĐT được c/m ( 2 )
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) => Điều giả sử là đúng
=> ĐPCM
Ta có:
\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)(*)\)
Áp dụng BĐT AM - GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^8+b^8\geq 2a^4b^4\\ b^8+c^8\geq 2b^4c^4\\ c^8+a^8\geq 2c^4a^4\end{matrix}\right.\Rightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Tiếp tục áp dụng AM - GM:
\(a^8+b^8+a^4b^4+c^8\geq 4\sqrt[4]{a^{12}b^{12}c^8}=4a^3b^3c^2\)
\(b^8+c^8+b^4c^4+a^8\geq 4b^3c^3a^2\)
\(c^8+a^8+c^4a^4+b^8\geq 4c^3a^3b^2\)
Cộng lại: \(3(a^8+b^8+c^8)+(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ca)\)
Mà \(a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\Rightarrow 4(a^8+b^8+c^8)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\)
hay \(a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\Rightarrow (*)\) (đúng)
Ta có đpcm
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta được :
\(\dfrac{a^2}{b+3c}+\dfrac{b+3c}{16}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{b+3c}\times\dfrac{b+3c}{16}}=\dfrac{2a}{4}\)
Suy ra \(\dfrac{a^2}{b+3c}\ge\dfrac{2a}{4}-\dfrac{b+3c}{16}\)
Cmtt ta cũng được :
\(\dfrac{b^2}{c+3a}\ge\dfrac{2b}{4}-\dfrac{c+3a}{16}\) \(\dfrac{c^2}{a+3b}\ge\dfrac{2c}{4}-\dfrac{a+3b}{16}\)
Khi đó :
\(\dfrac{a^2}{b+3c}+\dfrac{b^2}{c+3a}+\dfrac{c^2}{a+3b}\ge\dfrac{2a}{4}-\dfrac{b+3c}{16}+\dfrac{2b}{4}-\dfrac{c+3a}{16}+\dfrac{2c}{4}-\dfrac{a+3b}{16}\)
mà \(\dfrac{2a}{4}-\dfrac{b+3c}{16}+\dfrac{2b}{4}-\dfrac{c+3a}{16}+\dfrac{2c}{4}-\dfrac{a+3b}{16}=\dfrac{a+b+c}{4}\)
Vậy \(\dfrac{a^2}{b+3c}+\dfrac{b^2}{c+3a}+\dfrac{c^2}{a+3b}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b+3c}+\dfrac{b^2}{c+3a}+\dfrac{c^2}{a+3b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{4}\) (đpcm)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)