Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
đặt ab=x, bc=y, ac=z
suy ra \(x^3+y^3+z^3=3xyz\)
pt thanh nhân tử \(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xz-xy-yz\right)=0\)
do x,y,z>0suy ra x+y+z>0
nên suy ra \(x^2+y^2+z^2-xz-yz-xy=0\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xz-2xy-2yz=0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
suy ra x=y=z
thế vào pt ta có dpcm
điện thoại cùi nên chụp hơi mờ, đề này còn thiếu a,,bc>0
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\)
\(=\frac{a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+(ab+bc+ac)+(a+b+c)+1}\)
\(=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\)
Ta cần chứng minh \(\text{VT}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac+a+b+c)\geq 3(ab+bc+ac+a+b+c)+6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{ab.bc.ac.a.b.c}\)
(Đúng theo BĐT Cô-si)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
wow
wow, chắc xu học lớp 9