Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
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 $a=b=c$
Đây là BĐT Iran 96 khá nổi tiếng. Bạn hoàn toàn có thể search trên google lời giải.
Xét \(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3a-16}{25}=\dfrac{\left(3a-4\right)\left(a-2\right)^2}{25\left(a^2+1\right)}\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{a^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}\)
CMTT \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(b-2\right)}{25}\\\dfrac{c}{c^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(c-2\right)}{25}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế:
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)+3\left(b-2\right)+3\left(c-2\right)}{25}\ge\dfrac{6}{5}-\dfrac{3\left(a+b+c-6\right)}{25}=\dfrac{6}{5}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)
BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Đề bài hình như bị sai em, thay điểm rơi ko thỏa mãn
Biểu thức là \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\) mới đúng
Bài 1
\(VT=\dfrac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}+\dfrac{b^2}{c^2b+abc+a^2b}+\dfrac{c^2}{a^2c+abc+b^2c}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b\right)+abc+ac\left(a+c\right)+abc+bc\left(b+c\right)+abc}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b+c\right)+ac\left(a+b+c\right)+bc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ac}\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2
\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có
\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\)
Xét \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức ta có
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^5}{b^2(c+3)}+\frac{b(c+3)}{16}+\frac{ab}{4}\geq \frac{3}{4}a^2\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(A+\frac{5}{16}ab+\frac{3(a+b+c)}{16}\geq \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)\)
Mà theo BĐT AM-GM dễ thấy \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow A\geq \frac{7}{16}(a^2+b^2+c^2)-\frac{3}{16}(a+b+c)\)
Áp dụng BĐT AM-GM tiếp:
$a^2+1\geq 2a; b^2+1\geq 2b; c^2+1\geq 2c$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\geq 2(a+b+c)\geq a+b+c+3\sqrt[3]{abc}=a+b+c+3$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\Rightarrow A\geq \frac{1}{4}(a+b+c)\geq \frac{1}{4}\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Mình vừa sửa lỗi công thức, bạn load lại để xem nhé.
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$