Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\left(abc=1\right)\)
\(=\frac{1}{a^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)}+\frac{1}{b^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)}+\frac{1}{c^2\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)}\)
\(=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) suy ra \(xyz=1\). Khi đó:
\(P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge x\\\frac{y^2}{x+z}+\frac{x+z}{4}\ge y\\\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\end{matrix}\right.\).Cộng theo vế ta có:
\(P+\frac{x+y+z}{2}\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\right)\)
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 :
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
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
Sử dụng bất đẳng thức \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với ba số \(a,b,c\) và ba số dương \(x,y,z\) bất kỳ với chú ý rằng \(a^2b^2c^2=1\), ta có:
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2a^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\) \(\left(1\right)\)
Đặt \(x=ab;\) \(y=bc;\) và \(z=ca\) thì \(xyz=1\) \(\left(2\right)\) với \(x;\), \(y;\) và \(z\) \(>0\)
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy cho bộ ba số nguyên dương \(x;\), \(y;\) và \(z\), ta được:
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\) \(\Leftrightarrow\) \(x+y+z\ge3\) (do \(\left(2\right)\)), tức \(ab+bc+ca\ge3\) \(\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\) \(\left(3\right)\) ta suy ra \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\) \(\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
thông điệp nhỏ :
hãy tích nếu như ko muốn tích
ai tích mình tích lại nh nha