Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
\(\Leftrightarrow P=a^2c+b^2a+c^2b+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
Ta có:
\(a^2c+a^2c+b^2a\ge3\sqrt[3]{a^3.\left(abc\right)^2}=3a\)
\(b^2a+b^2a+c^2b\ge3\sqrt[3]{b^3\left(abc\right)^2}=3b\)
\(c^2b+c^2b+a^2c\ge3\sqrt[3]{c^3\left(abc\right)^2}=3c\)
Cộng vế với vế: \(a^2c+b^2a+c^2b\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow P\ge a+b+c+\frac{3}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}+\frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow P\ge2\sqrt{\frac{3\left(a+b+c\right)}{3\left(a+b+c\right)}}+\frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/
\(a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^6}=3a^2\)
Tương tự: \(2b^3+1\ge3b^2\) ; \(2c^3+1\ge3c^2\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\)
Mặt khác ta lại có:
\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3-3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge a^2+b^2+c^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{a^3}{\left(b+2\right)^2}+\frac{b+2}{27}+\frac{b+2}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+2\right)^2}{27^2.\left(b+2\right)^2}}=\frac{a}{3}\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{\left(c+2\right)^2}+\frac{c+2}{27}+\frac{c+2}{27}\ge\frac{b}{3}\) ; \(\frac{c^3}{\left(a+2\right)^2}+\frac{a+2}{27}+\frac{a+2}{27}\ge\frac{c}{3}\)
Cộng vế với vế:
\(VT+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{2}{3}\ge1\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
3.
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(4a^2+4ab+b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(2a+b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}\ge2a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c};\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow MaxP=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
bạn xem bài này tại đây:
http://d.violet.vn/uploads/resources/615/2779702/preview.swf
a/
\(VT\ge\frac{\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}{a+b}+\frac{\frac{1}{2}\left(b+c\right)^2}{b+c}+\frac{\frac{1}{2}\left(c+a\right)^2}{c+a}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/ Ta có: \(x^4+y^4\ge\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+y^2\right)\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+ca\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+ab\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{1}{a+\frac{1}{a}\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+\frac{1}{b}\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+\frac{1}{c}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
\(VT\le\frac{a+b+c}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{a+b+c}\le\frac{3}{3\sqrt[3]{abc}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)