Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : a-\(\dfrac{1}{a}-2=a^2-2a+1=\left(a-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a-\dfrac{1}{a}\ge2\)
Q(x)=2x2+\(\dfrac{2}{x^2}+3y^2+\dfrac{3}{y^2}+\dfrac{4}{x^2}+\dfrac{5}{y^2}\)
=2(\(x^2+\dfrac{1}{x^2}\)) +3(\(y^2+\dfrac{1}{y^2}\))+(\(\dfrac{4}{x^2}+\dfrac{5}{y^2}\))
\(\ge2.2+3.2+9=19\)
Dấu = xảy ra khi x=y=1
Lời giải:
Đặt biểu thức vế trái là A
Có \(a+\frac{1}{a+1}=\frac{a^2+a+1}{a+1}=\frac{a^2}{a+1}+1=\frac{a^2}{a+1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(a+\frac{1}{a+1}\geq \frac{(a+1+1)^2}{a+1+2+2}=\frac{(a+2)^2}{a+5}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và nhân theo vế:
\(\Rightarrow A\geq \frac{(a+2)^2(b+2)^2(c+2)^2}{(a+5)(b+5)(c+5)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((a+2)(b+2)(c+2)\geq 3\sqrt[3]{a}.3\sqrt[3]{b}.3\sqrt[3]{c}=27\sqrt[3]{abc}\geq 27\)
\(\Rightarrow A\geq \frac{27(a+2)(b+2)(c+2)}{(a+5)(b+5)(c+5)}\) (1)
Ta sẽ cm
\(\frac{27(a+2)(b+2)(c+2)}{(a+5)(b+5)(c+5)}\geq \frac{27}{8}(*)\Leftrightarrow 8(a+2)(b+2)(c+2)\geq (a+5)(b+5)(c+5)\)
\(\Leftrightarrow 8[abc+8+2(ab+bc+ac)+4(a+b+c)]\geq abc+125+5(ab+bc+ac)+25(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 7abc+11(ab+bc+ac)+7(a+b+c)\geq 61\)
BĐT trên luôn đúng theo AM_GM:
\(7abc+11(ab+bc+ac)+7(a+b+c)\geq 7abc+33\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+21\sqrt[3]{abc}\geq 7+33+21=61\)
Do đó (*) đúng.
Từ \((1);(2)\Rightarrow A\geq \frac{27}{8}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+b^2+1+a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+2\right)\left(1+ab\right)\ge2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^3b+ab^3+2ab+2\ge2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow a^3b+ab^3-2a^2b^2-a^2-b^2+2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Vì bđt cuối luôn đúng với mọi \(a\ge1;b\ge1\) mà các biến đổi trên là tương đương nên bđt đầu luôn đúng
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Ta có: abc = 1, thế vào ta được:
\(\frac{abc}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2bc\left(b+c\right)}+\frac{c^2a^2}{b^2ac\left(c+a\right)}+\frac{a^2b^2}{c^2ab\left(a+b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz dạng Engel, ta có:
\(VT\ge\frac{\left(bc+ca+ac\right)^2}{abc\left(2ab+2bc+2ca\right)}=\frac{\left(bc+ca+ac\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(a+abc\right)\left(b+abc\right)\left(c+abc\right)=abc\left(ab+1\right)\left(bc+1\right)\left(ca+1\right)=\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)\left(bc+1\right)\)Á dụng bất đẳng thức Cauchy \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) ta có
\(ab+1\ge2\sqrt{ab.1}=2\sqrt{ab}\)
\(bc+1\ge2\sqrt{bc.1}=2\sqrt{bc}\)
\(ac+1\ge2\sqrt{ac.1}=2\sqrt{ac}\)
=> \(\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)\left(bc+1\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8\sqrt{1}=8\)
hay \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\left(đpcm\right)\)
Đóng góp cách khác :))
Ta có:\(\left(a-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2-2a+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+2a+1-4a\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+1\right)^2\ge4a\)
TT\(\Rightarrow\left(b+1\right)^2\ge4b;\left(c+1\right)^2\ge4c\)
Nhân vế theo vế\(\Rightarrow\text{[}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\text{]}^2\ge64abc\)
\(\Rightarrow\text{[}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\text{]}^2\ge64\)
Mà a,b,c dương\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\left(\text{đ}pcm\right)\)