Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Đầu tiên ta sẽ chứng minh $(a^3+b^3)(a^5+b^5)\leq 2(a^8+b^8)(*)$
Thật vậy, $(*)\Leftrightarrow a^3b^5+a^5b^3\leq a^8+b^8$
$\Leftrightarrow a^5(a^3-b^3)-b^5(a^3-b^3)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a^5-b^5)(a^3-b^3)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^4+...+b^4)(a^2+ab+b^2)\geq 0$ (luôn đúng với mọi $a,b$
Do đó $(*)$ đúng
Nhân cả 2 vế của $(*)$ với $a+b\geq 0$ suy ra:
$(a+b)(a^3+b^3)(a^5+b^5)\leq 2(a+b)(a^8+b^8)$
Ta cần chứng minh $2(a+b)(a^8+b^8)\leq 4(a^9+b^9)$
$\Leftrightarrow (a+b)(a^8+b^8)\leq 2(a^9+b^9)$
$\Leftrightarrow a^9+b^9-a^8b-ab^8\geq 0$
$\Leftrightarrow a^8(a-b)-b^8(a-b)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a^8-b^8)(a-b)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a^4-b^4)(a^4+b^4)(a-b)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a^4+b^4)(a-b)^2(a+b)(a^2+b^2)\geq 0$ (luôn đúng với mọi $a+b\geq 0$
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a+b=0$ hoặc $a=b$
\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)
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.
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành
Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh
\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)
Ta có:
\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)
Ta lại có:
\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)
\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)
PS: Đề sai rồi nha.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT+\frac{3}{4}+\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)(2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)\le\left(\frac{4a+4b}{2}\right)^2=\left(2a+2b\right)^2\)
=>\(\frac{1}{2}\sqrt{\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)}\le\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)=a+b\)
Mình làm phần dễ nhất rồi, còn lại của bạn đó ^^
Bài 1:Với \(ab=1;a+b\ne0\) ta có:
\(P=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3\left(ab\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4\left(ab\right)^2}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5\left(ab\right)}\)
\(=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5}\)
\(=\frac{a^2+b^2-1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a+b\right)^2+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a^2+b^2+2\right)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2+4\left(a^2+b^2\right)+4}{\left(a+b\right)^4}=\frac{\left(a^2+b^2+2\right)^2}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+2ab\right)^2}{\left(a+b\right)^4}=\frac{\left[\left(a+b\right)^2\right]^2}{\left(a+b\right)^4}=1\)
Bài 2: \(2x^2+x+3=3x\sqrt{x+3}\)
Đk:\(x\ge-3\)
\(pt\Leftrightarrow2x^2-3x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow2x^2-2x\sqrt{x+3}-x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow2x\left(x-\sqrt{x+3}\right)-\sqrt{x+3}\left(x-\sqrt{x+3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{x+3}\right)\left(2x-\sqrt{x+3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+3}=x\\\sqrt{x+3}=2x\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=x^2\left(x\ge0\right)\\x+3=4x^2\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\\4x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\\x=1\end{cases}\left(x\ge0\right)}\)
Bài 4:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(2\sqrt{ab}\le a+b\le1\Rightarrow b\le\frac{1}{4a}\)
Ta có: \(a^2-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le a^2-\frac{3}{4a}-4a^2=-\left(3a^2+\frac{3}{4a}\right)\)
\(=-\left(3a^2+\frac{3}{8a}+\frac{3}{8a}\right)\le-3\sqrt[3]{3a^2\cdot\frac{3}{8a}\cdot\frac{3}{8a}}=-\frac{9}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)
Theo đề bài ta có
\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)
Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)
Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)
Khi đó BĐT <=>
\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)
<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị
Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)
Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)
Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)
Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(+2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\left(a+b+c\right)\)
Đặt \(\)\(K=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\left(a+b+c\right)\)
Ta lại có
\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)
Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)
\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)
Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)
\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)
\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)