Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a,b đều dương nên a^3 + b^3 dương => a - b dương
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a - b ta được :
\(a^2+b^2+ab<1\)
<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)
<=> \(a^3-b^3=a^3+b^3\)
do b dương nên b^3 > 0 => bất đẳng thức cuối cùng đúng
Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng (đpcm)
bổ sung : do a - b dương nên khi nhân a - b vào cả hai vế thì BĐT không đổi chiều.
Trước hết bạn chứng minh : \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (Chứng minh bằng biến đổi tương đương)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có : \(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{6-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\frac{9}{6-3}=3\)
Dễ thấy \(0< a,b,c< 2\)
Ta có:
\(\frac{1}{2-a}\ge\frac{a^2+1}{2}\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)
Tương tự với các cái tương tự, ta được:
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{a^2+1+b^2+1+c^2+1}{2}=3\)(Đpcm)
Dấu = khi a=b=c=1
Ta có:
\(\left(a+b-c\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge2ac+2bc-2ab\)
Mà \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}< 2\)
\(\Rightarrow2ac+2bc-2ab< 2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)
\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)
\(=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)-abc+1\)
Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)
Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)
Do\(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)
Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)
Từ (1) và (2) => đpcm
Dự đoán đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có: \(\sqrt{a^2+1}=\sqrt{\frac{1}{4}}.\sqrt{4\left(a^2+1\right)}\le\sqrt{\frac{1}{4}}\left(\frac{4+a^2+1}{2}\right)=\frac{5+a^2}{4}\)
Thiết lập hai bđt còn lại tương tự và cộng theo vế:
\(VP\le3+\frac{1}{2}\left(\frac{15+a^2+b^2+c^2}{2}\right)\)\(=\frac{27+a^2+b^2+c^2}{4}\)
Ta chỉ cần chứng minh: \(ab+bc+ca\ge\frac{27}{4}+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Đến đây chưa nghĩ ra =((
Lạy trời cho con đừng gặp ngõ cụt như nãy nx,làm mà cứ ngõ cụt chán ~v
Lời giải:
\(a+b+c=abc\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\) (do a,b,c dương nên a + b + c > 0 tức là abc > 0)
Lại có: \(1=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{9}{ab+bc+ca}\Rightarrow VT=ab+bc+ca\ge9\) (1)
Ta sẽ c/m \(VP=3+\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\le9\)
\(\Leftrightarrow A=\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\le6\)
Thật vậy: \(A=\frac{1}{2}\left[\sqrt{4\left(a^2+1\right)}+\sqrt{4\left(b^2+1\right)}+\sqrt{4\left(c^2+1\right)}\right]\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{15+a^2+b^2+c^2}{2}\right)=\frac{15+a^2+b^2+c^2}{4}\)
Lại gặp ngõ cụt nữa r,=((Ai đó giúp em vs!!!
Không ý t nói là nếu \(\hept{\begin{cases}a^2=0,5\\b^2=0,5\\c^2=2\end{cases}}\)
Thì \(a\left(a-1\right)2=\sqrt{0,5}\left(\sqrt{0,5}-1\right)2=-0,414\ge0\)là sai ấy
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn \(a^2+b^2+c^2=3\) . Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}>3\)
Ta thấy 0 < a,b,c < 2
Ta có:
\(\frac{1}{2-a}\ge\frac{a^2+1}{2}\) ⇔ a( a−1)2 \(\ge\)0
Tương tự với các cái tương tự, ta được:
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{a^2+1+b^2+1+c^2+1}{2}=3\left(\text{đ}pcm\right)\)
Dấu = khi a=b=c=1
đúng không ?