Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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
https://www.google.com/search?q=cho+abc%3D1.+cm+1%2F2a%5E3%2Bb%5E3%2Bc%5E3%2B2%3C1%2F2&rlz=1C1NHXL_viVN846VN846&oq=cho+abc%3D1.+cm+1%2F2a%5E3%2Bb%5E3%2Bc%5E3%2B2%3C1%2F2&aqs=chrome..69i57.4867j0j7&sourceid=chrome&ie=UTF-8
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\ge\frac{2}{\frac{a+b}{2}}=\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b
Áp dụng :
\(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3+1\right)+\left(a^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{a^3+c^3+1}\right)\)
Tương tự: \(\frac{1}{2b^3+c^3+a^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3+1\right)+\left(b^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}\right)\)
\(\frac{1}{2c^3+b^3+a^3+2}=\frac{1}{\left(c^3+b^3+1\right)+\left(a^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{c^3+b^3+1}+\frac{1}{a^3+c^3+1}\right)\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
\(\Sigma\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}\le\frac{1}{4}.2.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\)\(=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\)
Ta chứng minh BĐT phụ:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy!
Có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-ab\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge ab\left(a+b\right)\)( vì a,b>0 => a+b>0)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
đpcm
Dấu " = " xảy ra <=> a=b
Áp dụng: \(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{1}{bc\left(b+c\right)+abc}=\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{a^3+c^3+1}\le\frac{1}{ac\left(a+c\right)+abc}=\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
\(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\)\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=1\)
\(\Rightarrow\Sigma\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\le\frac{1}{2}.1=\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1
Tham khảo nhé~
a) đề bị sai , nếu giữ nguyên như kia thì phải thêm ĐK a+b+c=3
b) Áp dụng Bất đẳng thức cauchy cho 3 số:
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)(1)
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)(2)
cộng theo vế (1) và (2): \(3\ge\frac{3+3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
C/m: BDT: \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\) (1)
That vay ta co:
\(a^3+b^3+abc-ab\left(a+b+c\right)=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (luon dung)
Tuong tu ta co: \(b^3+c^3+abc\ge bc\left(a+b+c\right)\) (2)
\(c^3+a^3+abc\ge ca\left(a+b+c\right)\) (3)
Tu (1), (2), (3) suy ra:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\) (dpcm)
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
demonstrate that \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)