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 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 \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
cauchy-schwarz:
\(VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^3+1=(a+1)(a^2-a+1)\leq \left(\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\right)^2=\left(\frac{a^2+2}{2}\right)^2\)
\(b^3+1\leq \left(\frac{b^2+2}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}\leq \frac{(a^2+2)(b^2+2)}{4}\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{\sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}}\geq \frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \underbrace{\frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}+\frac{4b^2}{(b^2+2)(c^2+2)}+\frac{4c^2}{(c^2+2)(a^2+2)}}_{M}\)
Ta cần CM \(M\geq \frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(c^2+2)+b^2(a^2+2)+c^2(b^2+2)}{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\geq \frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (abc)^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2(a^2+b^2+c^2)\geq 72\)
Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì: \(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 3\sqrt[3]{(abc)^4}=3\sqrt[3]{8^4}=48\\ 2(a^2+b^2+c^2)\geq 6\sqrt[3]{(abc)^2}=6\sqrt[3]{8^2}=24\end{matrix}\right.\)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$
Nhân tung 2 vế ra rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số theo 2 nhóm (nhân ra rút gọn là thấy ngay)
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
tham khảo lời giải của Sagittarius912 , do cái URL bị lỗi nên không có ảnh :(
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{1}{a+1}+\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{c}{1+c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
ơ nhầm rồi :( tiếp tục là dòng đó luôn nha bạn \(+\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}=\frac{3+3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(< =>1+1+1\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(< =>3\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)\)
\(< =>\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)^3\left(Q.E.D\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)