Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vào thống kê hỏi đáp xem nhé. Bài này chỉ cần biểu diễn dưới dạng tổng bình phương là xong.
ta có \(\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\ge\frac{3}{4}\) (***)
do ab+bc+ca=3 nên
VT (***)=\(\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ca}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c^3}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)
áp dụng bđt AM-GM ta có \(\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{b+c}{8}+\frac{a+b}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{5a-2b-c}{8}\left(1\right)\)
chứng minh tương tự ta cũng được
\(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\frac{5b-2c-a}{8}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{5c-2a-b}{8}\left(3\right)\end{cases}}\)
cộng theo vế với vế của (1),(2) và (3) ta được VT (***) \(\ge\frac{a+b+c}{4}\)
mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=3\)
đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 (đpcm)
\(A=\frac{\frac{1}{2}a^2\left(\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}+1\right)\left[\left(\sqrt[3]{b}-\sqrt[3]{c}\right)^2+\left(\sqrt[3]{b}-1\right)^2+\left(\sqrt[3]{c}-1\right)^2\right]}{2\left(a+2\right)\left(a+\sqrt[3]{bc}\right)}\ge0\)
\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}=\Sigma_{cyc}A+\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3\left(a+2\right)}+\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1\ge\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1=\frac{3}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng : \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\left(đpcm\right)\)
Vì \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
Mà \(\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\) ( * )
\(\frac{a}{ab+1}=\frac{a\left(ab+1\right)-a^2b}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\)
TT ....
Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :
\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)
\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ad bđt : \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\) (Cái bđt này c/m dễ : Nhân 2 vế với 2 -> chuyển vế -> tổng bình phương > 0 luôn đúng)
Kết hợp với bđt Cô-si cho 2 số dương ta đc
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\left(\frac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\frac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\frac{c^3}{a}+ac\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b}.ab}+2\sqrt{\frac{b^3}{c}.bc}+2\sqrt{\frac{c^3}{a}.ac}-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=2a^2+2b^2+2c^2-a^2-b^2-c^2\)
\(=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\left(1\right)\)
Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ac\)
\(a^2+1\ge2a\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(c^2+1\ge2c\)
Cộng từng vế của 6 bđt trên lại ta đc
\(3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2.6\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1\ge4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c+ab+bc+ca=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+a+a+aa+aa+aa=6\end{cases}}\)(thay hết b , c thành a)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\3a^2+3a=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a^2+a-2=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\\left(a-1\right)\left(a+2\right)=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)hoặc \(a=b=c=-2\)
Mà a,b,c là các số dương nên a = b = c = 1
Vậy ............
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)
Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^2+b^2}\le\frac{1}{2}\)
Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)
Suy ra sai đề :)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a}{b^3+ab}=\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\ge\frac{1}{b}-\frac{b}{2\sqrt{ab^2}}=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+1\right)\)
Tương tự có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b}{c^3+ca}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+1\right)\\\frac{c}{a^3+ca}\ge\frac{1}{a}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}+1\right)\end{cases}}\)
Cộng 3 vế BĐT ta được: \(\frac{a}{b^3+ab}+\frac{b}{c^3+bc}+\frac{c}{a^3+ca}\ge\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\)
Bài toán quy về chứng minh \(\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}+a\right)\left(\frac{1}{b}+b\right)\left(\frac{1}{c}+c\right)\ge3+a+b+c=6\)
BĐT cuối hiển nhiên đúng vì theo BĐT AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}+a\ge2\\\frac{1}{b}+b\ge2\\\frac{1}{c}+c\ge2\end{cases}}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
\(\frac{a}{b^3+ab}+\frac{b}{c^3+bc}+\frac{c}{a^3+ac}\)
\(=\frac{a}{b\left(b^2+a\right)}+\frac{b}{c\left(c^2+b\right)}+\frac{c}{a\left(a^2+c\right)}\)
\(=\frac{1}{b}-\frac{b}{b^2+a}+\frac{1}{c}-\frac{c}{c^2+b}+\frac{1}{a}-\frac{a}{a^2+c}\)
\(\ge\frac{1}{b}-\frac{b}{2b\sqrt{a}}+\frac{1}{c}-\frac{c}{2c\sqrt{b}}+\frac{1}{a}-\frac{a}{2a\sqrt{c}}\)
\(=\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}-\frac{2}{\sqrt{b}}+1\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{c}-\frac{1}{\sqrt{c}}+1\right)\)\(-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{3}{4}.\frac{9}{a+b+c}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{b}}-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{b}}-1\right)^2-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1.