Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
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
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 tham khảo tại đây:
Câu hỏi của Trần Hữu Ngọc Minh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Áp dụng BĐT Cosi ta được:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt{\frac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)64}}=\frac{3a}{4}̸\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)
Cộng theo từng vế BĐT trên ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{a+b+c}{2}\)
Vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)do đó:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Áp dụng bđt cosi ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+1}{12}+\frac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{12.18}}=\frac{a}{2}\)
Làm tương tự
=>\(VT+\left(\frac{a+1}{12}+\frac{a+2}{18}\right)+\left(\frac{b+1}{12}+\frac{b+2}{18}\right)+\left(\frac{c+1}{12}+\frac{c+2}{18}\right)\ge\frac{a+b+c}{2}\)
=> \(VT\ge\frac{13}{36}.\left(a+b+c\right)-\frac{7}{12}\ge\frac{13}{36}.3-\frac{7}{12}=\frac{1}{2}\)(ĐPCM)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)
Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)
Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:
(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)
Đây là điều hiển nhiên/
PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D
Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:
Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)
Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:
(Hiển nhiên)
Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:
(Hiển nhiên)
Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.
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
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
giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
Ta có: \(a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
\(b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
Tương tự: \(b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}\)
Lại có:+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\ge\left(a-b\right)\left(b+\frac{a}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(a+\frac{c}{2}\right)\)
\(\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)\)
+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\le\left(a-b\right)\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(b+\frac{c}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)\)
Từ 1,2 => đpcm
BĐT đã cho tuong duong voi:
\(\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]\)
Theo AM-GM ta có: \(\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}\)
Có: \(VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}\)
Cần chứng minh: \(4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)
Rõ ràng \(\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Cần cm: \(36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}\)
Hay \(4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Tiếp tục là điều hiển nhiên do \(VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
\(\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)
xin lỗi nhé bên trên do đánh nó không hiện nên tưởng không viết được ,
Cộng từng vế của 3 bđt cùngc hiều ta có \(A+\frac{a+b+c+3}{4}>=\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
=> \(A>=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđts cô si ta có a+b+c>=\(3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> A>=\(\frac{3}{4}\)
mình làm hơi tắt cậu chịu khó đọc nhé
bài này Áp dụng bất đẳng thức cô si nhé
đặt \(A=\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
ta có Áp dựng bất đẳng thức cô si ta có \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}>=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
tương tự ta có \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}>=\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1_{1+a}}{8}+\frac{1+b}{8}>=\frac{3c}{4}\)
cộng từng vế của 3 bđt cùng chiều ta có \(A>=\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
mà
\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)
Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)
Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng
chúc bạn học tốt
Bất đẳng thức trên
<=> 
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 ≥ 3
<=> 
+ 
+ 
≥ 3 (*)
Ta có: VT(*) ≥ 
Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)
<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1
≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1
<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)
Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3
=> ≤ 1 => abc ≤ 1
Vậy (**) đúng => (*) đúng.