Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 :
a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)
\(\frac{1}{p-a}\)+\(\frac{1}{p-b}\)+\(\frac{1}{p-c}\)\(\ge\)2.(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
Ta có:
\(\frac{1}{p-a}\)= \(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-a}\)=\(\frac{2}{b+c-a}\)
\(\frac{1}{p-b}\)=\(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-b}\)=\(\frac{2}{a+c-b}\)
\(\frac{1}{p-c}\)=\(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-c}\)=\(\frac{2}{a+b-c}\)
Vì a,b,c>0 ta có dụng BĐT sau:\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)\(\ge\)\(\frac{4}{x+y}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{b+c-a+a+c-b}\)=\(\frac{8}{2c}\)=\(\frac{4}{c}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+b-c}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{b+c-a+a+b-c}\)=\(\frac{8}{2b}\)=\(\frac{4}{b}\)
\(\frac{2}{a+b-c}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{a+b-c+a+c-b}\)=\(\frac{8}{2a}\)=\(\frac{4}{a}\)
Cộng vế với vế của (1);(2) và(3) ta co:
\(\frac{4}{b+c-a}\)+\(\frac{4}{a+c-b}\)+\(\frac{4}{a+b-c}\)\(\ge\)\(\frac{4}{c}\)+\(\frac{4}{b}\)+\(\frac{4}{a}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)+\(\frac{2}{a+b-c}\)\(\ge\)2(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
Vậy\(\frac{1}{p-a}\)+\(\frac{1}{p-b}\)+\(\frac{1}{p-c}\)\(\ge\)2(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
dấu = xảy ra khi a=b=c
\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác )
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :
\(x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}\)
\(y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}\)
Cộng vế với vế ta được :
\(x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng mình
Ta đi chứng minh:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)* đúng *
Khi đó:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\)
Áp dụng bất đẳng thức... mình không biết tên mình mới lớp 7 thui ( có thể là Côsi, AM-GM, Cauchy... ) ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\ge9\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\) ( đpcm )
Vậy
Đứa nào đăng lại câu hồi xưa nhục vc -,-
Cách 1 :
\(VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{3}{\frac{a+b+c}{3}}=\frac{9}{a+b+c}=9\) ( Cosi 2 lần )
Cách 2 :
\(VT=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\) ( Cosi 2 tích )
Cách 3 :
\(VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\frac{9}{a+b+c}=9\) ( Cauchy-Schwarz dạng Engel )
Chúc bạn học tốt ~