Cho a,b,c là các số dương.
a) CMR: \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
b) Giả sử abc=1. Tìm GTLN của biểu thức:
\(P=\dfrac{1}{a^3+b^3+1}+\dfrac{1}{b^3+c^3+1}+\dfrac{1}{c^3+a^3+1}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
31 tháng 12 2021
\(a^2+2b^2+3=\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
Tương tự ...
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(ca+a+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{abc+bc+c}+\dfrac{1}{bc+c+1}+\dfrac{bc}{ca.bc+a.bc+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{1+bc+c}+\dfrac{1}{bc+c+1}+\dfrac{bc}{c+1+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c+1+bc}{1+bc+c}\right)=\dfrac{1}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
2 tháng 8 2017
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
2 tháng 8 2017
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
DH
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
\(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{4}+\dfrac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(1+b\right)}{8\left(a+b\right)}}=\dfrac{3a}{2}\)
\(\dfrac{b^3}{1+c}+\dfrac{1+c}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3b}{2}\) ; \(\dfrac{c^3}{1+a}+\dfrac{1+a}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3c}{2}\)
\(\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{4}+\dfrac{9}{4}\ge\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)-\dfrac{9}{4}\ge\dfrac{5}{4}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{9}{4}=\dfrac{3}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 4 2022
\(\left(a^3+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+b\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow\dfrac{1}{a^3+b}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{ab+1}{a\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b^3+a}\le\dfrac{ab+1}{b\left(a+b\right)^2}\)
\(\Rightarrow P\le\left(a+b\right)\left(\dfrac{ab+1}{a\left(a+b\right)^2}+\dfrac{ab+1}{b\left(a+b\right)^2}\right)-\dfrac{1}{ab}\)
\(P\le\dfrac{\left(ab+1\right)}{a+b}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)-\dfrac{1}{ab}=\dfrac{ab+1}{ab}-\dfrac{1}{ab}=1\)
\(P_{max}=1\) khi \(a=b=1\)
3 tháng 12 2017
a) BĐT cần cm tương đương ;
\(a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}+b-\dfrac{bc^2}{1+c^2}+a-\dfrac{a^2c}{1+a^2}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow3-\left(\dfrac{ab^2}{1+b^2}+\dfrac{bc^2}{1+c^2}+\dfrac{ac^2}{1+c^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{ab^2}{1+b^2}+\dfrac{bc^2}{1+c^2}+\dfrac{ac^2}{1+c^2}\right)\le\dfrac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy
\(\Rightarrow\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2b}=\dfrac{ab}{2}\)
tương tự rồi cộng vế theo vế các BĐT lại
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab^2}{1+b^2}+\dfrac{bc^2}{1+c^2}+\dfrac{ac^2}{1+c^2}\le\dfrac{ab+bc+ac}{2}\)
mặt khác \(ab+bc+ac\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab^2}{1+b^2}+\dfrac{bc^2}{1+c^2}+\dfrac{ac^2}{1+c^2}\le\dfrac{3}{2}\)
ĐPCM
a) Điều phải chứng minh tương đương với:
\(a^3+b^3-a^2b-b^2a\ge0\\ \Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\left(luon.dung\right)\)
Dấu = xảy ra khi a=b
b) Áp dụng bất đẳng thức ở phần a ta có:
\(\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\le\dfrac{1}{a^2b+b^2a+abc}=\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\\ =\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\dfrac{c}{a+b+c}\left(do.abc=1\right)\)
Tương tự : \(\dfrac{1}{b^3+c^3+1}\le\dfrac{a}{a+b+c};\dfrac{1}{c^3+a^3+1}\le\dfrac{b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c=1