Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b)Ta có: \(\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ac}+\dfrac{c^3}{ab}\ge a+b+c\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^4}{abc}+\dfrac{b^4}{abc}+\dfrac{c^4}{abc}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4+c^4}{abc}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta xét BĐT phụ: \(x^2+y^2\ge2xy\)
\(y^2+z^2\ge2yz\)
\(x^2+z^2\ge2xz\)
Cộng các BĐT phụ vừa chứng minh:
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
Áp dụng vào bài, ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng lần nữa:
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+bc^2a+a^2bc=abc\left(a+b+c\right)\)
Vậy ta suy ra được điều phải chứng minh
a) Đặt vế trái BĐT là P
\(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{8}+\dfrac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)8.8}}=\dfrac{3a}{4}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+a}{8}+\dfrac{1+c}{8}\ge\dfrac{3b}{4}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{1+a}{8}+\dfrac{1+b}{8}\ge\dfrac{3c}{4}\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh
\(P+\dfrac{6+2a+2b+2c}{8}\ge\dfrac{3a+3b+3c}{4}\)
\(P\ge\dfrac{3a+3b+3c}{4}-\dfrac{2\left(3+a+b+c\right)}{8}=\dfrac{3a+3b+3c-a-b-c-3}{4}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)-3}{4}\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{2.3-3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
câu 2 này ms làm tức thì nà
đầu tiên t c/m câu phụ \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\le\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)
đặt P =VT ta có \(P\le\left|P\right|=\sqrt{P^2}\)
vậy ta c/m \(P^2\le\dfrac{27}{4}\)
<=> \(\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\le\dfrac{27}{4}\)
không mất tính tổng wat giả sử \(a\ge b\ge c\) (2)
dễ thấy \(\left(b-c\right)^2\le b^2;\left(c-a\right)^2\le a^2\)
=> c/m :\(a^2b^2\left(a-b\right)^2\le\dfrac{27}{4}\Leftrightarrow4a^2b^2\left(a-b\right)^2\le\dfrac{27}{4}\)
áp dụng AM-GM ta có
\(4a^2b^2\left(a-b\right)^2=\left(2ab\right)\left(2ab\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\le\left[\dfrac{2\left(2ab\right)+\left(a^2-2ab+b^2\right)}{3}\right]^3=\left(\dfrac{a^2+2ab+b^2}{3}\right)^3=\dfrac{\left(a+b\right)^6}{27}\)
mặt khác từ (2) ta có \(a+b\le a+b+c=3\)
=>dpcm
@quay trở lại bài toán áp dụng câu phụ mik vừa ns c2 <=> c/m
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\dfrac{243}{4}\)
nhân 3 cho 2 vế r áp dụng AM-GM
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)3\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(c+b\right)\)\(\le\dfrac{\left[a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}{4}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^6}{4}=\dfrac{729}{4}\)
=> dpcm
giúp jum t @Neet;@Ace Legona (có cách khác AM-GM thì qá tốt nha!!)
Lời giải:
Do \(3=ab+bc+ac\) nên ta có:
\(P=\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\)
\(=\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ac}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ac}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ac}\)
\(=\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+a}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
\(\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c+a}{8}+\frac{c+b}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{64}}=\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{64}}=\frac{3c}{4}\)
Cộng các BĐT trên vào và rút gọn:
\(\Rightarrow P+\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3}{4}(a+b+c)\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{a+b+c}{4}(1)\)
Ta có một hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM đó là:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 9\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq 3(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow P\geq \frac{3}{4}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đặt \(A=\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Vì \(a,b,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, ta được:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right).64}}\)\(=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\left(2\right)\)
\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3a}{4}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3), ta được:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)\(+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\)\(\ge\frac{3a}{4}+\frac{3b}{4}+\frac{3c}{4}\)
\(\Leftrightarrow A+\frac{1+a}{4}+\frac{1+b}{4}+\frac{1+c}{4}\ge\frac{3a}{4}+\frac{3b}{4}+\frac{3c}{4}\)
\(\Leftrightarrow A+\frac{1+a+1+b+1+c}{4}\ge\frac{3a+3b+3c}{4}\)
\(\Leftrightarrow A+\frac{3+a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3-a-b-c}{4}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\left(4\right)\)
Mặt khác, vì \(a,b,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, ta được:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Mà \(abc\ge1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}\ge1\Leftrightarrow3\sqrt[3]{abc}\ge3\)
Do đó:
\(a+b+c\ge3\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\ge6\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\left(5\right)\)
Từ (4) và (5), ta được:
\(A\ge\frac{3}{4}\)(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\abc=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)với \(a,b,c>0\)và \(abc\ge1\)
Với x,y>0x,y>0 đã cho, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có
\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{x}+\dfrac{1+c}{y}\ge\dfrac{3a}{\sqrt[3]{xy}}(1+b)(1+c)a3+x1+b+y1+c≥3xy3a
Kỳ vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi a=b=c=1a=b=c=1, ta chọn x>0x>0 sao cho \dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}=\dfrac{1+b}{x}=\dfrac{1+c}{y}(1+b)(1+c)a3=x1+b=y1+c xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1, tức là \dfrac{1}{4}=\dfrac{2}{x}=\dfrac{2}{y}\Leftrightarrow x=y=841=x2=y2⇔x=y=8. Vì vậy
\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{8}+\dfrac{1+c}{8}\ge\dfrac{3a}{4}(1+b)(1+c)a3+81+b+81+c≥43a
Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức này ta có
\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{3}{4}+\dfrac{a+b+c}{4}\ge(1+b)(1+c)a3+(1+c)(1+a)b3+(1+a)(1+b)c3+43+4a+b+c≥
\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)43(a+b+c)
Hay \dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{3}{4}(1+b)(1+c)a3+(1+c)(1+a)b3+(1+a)(1+b)c3≥21(a+b+c)−43
Mà a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\ge3a+b+c≥33abc≥3 . Suy ra
\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{3}{4}(1+b)(1+c)a3+(1+c)(1+a)b3+(1+a)(1+b)c3≥43
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)