Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc=1. CMR: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}\)+\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}\)+\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)>= \(\frac{3}{2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
LT
10 tháng 12 2017
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
PN
10 tháng 5 2021
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số :
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+1\right)\left(c+1\right)}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)8^2}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự ta có \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế các bđt trên ta được :
\(VT+2\left(\frac{a}{8}+\frac{b}{8}+\frac{c}{8}+\frac{3}{8}\right)\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>VT\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\)
\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{6}{8}=\frac{12-6}{8}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(< =>a=b=c=1\)
Done !
15 tháng 11 2017
ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\) (vì abc=1) (*)
Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\) (vì abc=1)
=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\) (**)
Từ (*), (**)=> đpcm
PG
12 tháng 2 2020
Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3
\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1
16 tháng 9 2017
\(\Leftrightarrow M=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+â\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
áp dụng bđt cauchy ta có:
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge\frac{1}{a}\);\(\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c+a}{4ca}\ge\frac{1}{b}\);\(\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow M\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{8abc}}=\frac{3}{2}\)
T
29 tháng 1 2019
Mẫu bài này khó khử ~v
Ta có: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}}=2.\frac{1}{2}=1\)
Thiết lập hai BĐT còn lại tương tự và cộng theo vế,ta có:
\(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge3\) (*)
Ta sẽ c/m: \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\) (**)
Thật vậy,áp dụng BĐT Cô si,ta có: \(VT_{\left(^∗^∗\right)}\ge2a^2.a\sqrt{bc}+2b^2.b\sqrt{ac}+2c^2.c\sqrt{ab}\)
\(=2a^2\sqrt{abc.a}+2b^2\sqrt{abc.b}+2c^2\sqrt{abc.c}\)
\(=2a^2\sqrt{a}+2b^2\sqrt{b}+2b^2\sqrt{c}\) (***)
Đặt \(\sqrt{a}=t;\sqrt{b}=u;\sqrt{c}=v\).và \(t.u.v=1\)
(***) trở thành: \(2t^5+2u^5+2v^5=2\left(t^5+u^5+v^5\right)\)
Ta có: \(t^5+u^5+v^5+1+1\ge5\sqrt[5]{t^5u^5v^5.1.1}=5\)
Suy ra \(t^5+u^5+v^5\ge5-2=3\)
Suy ra \(2\left(t^5+u^5+v^5\right)\ge2.3=6\) (****)
Kết hợp (**) ; (***) và (****) suy ra \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\)
Thay vào (1) suy ra \(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge VT+\frac{6}{4}\ge3\)
Suy ra \(VT\ge\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Bài dài quá,có gì sai sót mong bạn thông cảm.Vì khi bài dài,mình làm có thể sẽ bị ngược dấu. :v
TM
27 tháng 2 2017
\(abc=1\Rightarrow\left(abc\right)^2=a^2b^2c^2=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{b^2c^2}\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}=\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ac}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}=\frac{\left(ca\right)^2}{bc+ba};\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{ca+cb}\)
=> \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel: \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc+ca+ab+ca+ab+bc}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Tiếp tục áp dụng bđt Cauchy với 3 số dương ta được: \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{1}}{2}=\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3}{2}\)
TN
23 tháng 8 2017
Bài này làm hoài :v
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{a^2c^2}{ab+bc}+\frac{a^2b^2}{ac+bc}\)
\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}=VP\)
Khi a=b=c=1
PN
2 tháng 9 2020
Đặt \(\left\{a;b;c\right\}\rightarrow\left\{\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right\}\)Khi đó : \(\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}=\frac{1}{x.y.z}=a.b.c=1< =>x.y.z=1\)
\(BĐT< =>\frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}\right)^3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3xz}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)\(< =>\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)(*)
Ta chỉ cần chỉ ra bất đẳng thức (*) đúng thì bài toán được giải quyết , thật vậy :
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\) (**)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\sqrt[3]{1}=3\)Tương đương \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)(***)
Từ (**) và (***) ta được \(\frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức (*) đúng . Nên ta có điều phải chứng minh !
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1< =>a=b=c=1\)
bạn có:
1/a^3(b+c) + 1/b^3(a+c) + 1/c^3(a+b) = (b^2.c^2)/(a^3.b^2.c^2.(b+c)) + (a^2.c^2)/(a^2.b^3.c^2(a+c)) + a^2.b^2/(a^2.b^2.c^3.(a+b)) (nhân cả tử với mẫu cho a , b , c tương ứng)
vì abc = 1 nên bạn sẽ có:
(b^2.c^2)/(a(b+c)) + a^2.c^2/(b(a+c)) + a^2.b^2/(c(a+b))
áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schwarz( bất đẳng thức này bạn dễ dàng chứng minh được dựa vào bunhiacopsky, bạn cũng có thể lên mạng tìm hiểu :D)
(b^2.c^2)/(a(b+c)) + a^2.c^2/(b(a+c)) + a^2.b^2/(c(a+b)) >= (ac + ab + bc)^2/( a(b+c) + b(a+C) + c(a+b))
vế phải = (ac + ab + bc)^2/(2(ab + ac + bc) = (ac + ab + bc)/2 >= (3 căn bậc ba( a^2.b^2.c^2))/2 (bđt cauchy) >= 3.1/2 = 3/2 (vì abc = 1) => đpcm
Cho 4 số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+c=2b và c(b+d)=2bd. CM :