Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a3 + b3 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> a2 - ab + b2 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4a2 - 4ab + 4b2 \(\ge1\)
<=> 4a2 - 4a(1 - a) + 4(1 - a)2 \(\ge\)1
<=> 8a2 - 4a + 4(a2 - 2a + 1) \(\ge\)1
<=> 12a2 - 12a + 3 \(\ge\)0
<=> 3(4a2 - 4a + 1) \(\ge0\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge\)0 (đúng)
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=\frac{1}{2}\)
b) Vì \(a^3+b^3\ge\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3}\ge4\)
Khi đó \(\frac{1}{a^3+b^3}+\frac{3}{ab}\ge16\)
<=> \(\frac{3}{ab}\ge12\)
<=> ab \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4ab \(\ge1\)
<=> 4a(1 - a) \(\ge1\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM
2. \(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{2}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2}{b}}+\frac{1}{1+\frac{2}{c}}\ge1\)
Đặt\(\frac{2}{a}=x;\frac{2}{b}=y;\frac{2}{c}=z\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=8\end{cases}}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge1\Leftrightarrow\left(yz+y+z+1\right)+\left(zx+z+x+1\right)+\left(xy+x+y+1\right)\ge xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\)\(\Leftrightarrow x+y+z\ge6\)(Đúng vì \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=6\))
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 hay a = b = c = 1
3. Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3}\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\)
Ta có đánh giá quen thuộc \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Từ đó suy ra \(ab+bc+ca\le1\)
\(A=\frac{\sqrt{a^2+1}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{a+b}\ge\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}{a+b}\)\(=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{b+c}+\frac{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}{c+a}+\frac{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{a+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=3\)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Do \(ab+bc+ca\le1\) nên:
\(\frac{1}{a^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}.\)
Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)};\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}.\)
Suy ra \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)
\(\Leftrightarrow9\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+18abc\ge8\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+24abc\)\(\Leftrightarrow9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right).\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)(3)
Thật vậy ta có; \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Lại có:\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3}\sqrt{ab+bc+ca}.\left(ab+bc+ca\right)\)(Do :
\(ab+bc+ca\le1\Rightarrow1\ge\sqrt{ab+bc+ca}.\))
\(\ge3.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc+9abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c+\sqrt{3}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{3}\ge\frac{18}{ab+bc+ca}\)(4)
Từ (3) và (4) ta có:
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc.\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)
Chứng minh BĐT quen thuộc \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) Kết hợp với giả thiết ta có: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{c^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\) Như vậy cần chứng minh
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc\cdot\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
Ta đã có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) nên cần chứng minh được
\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{3}abc\)
Theo BĐT AM-GM ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là:
\(3\sqrt[2]{a^2b^2c^2}\ge3\sqrt{3}abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Và đây là điều luôn đúng vì \(abc=\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}\le\sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\le\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Ta được đpcm. Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Theo giả thiết thì \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta cần chứng minh: \(\Sigma\sqrt{a+bc}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)(*)
Thật vậy: (*) \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+abc}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+ab+bc+ca}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\text{}\Sigma\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\Sigma\sqrt{a}\right)\)(Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(\sqrt{abc}>0\))
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\Sigma a\sqrt{bc}\)
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\Sigma\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\Sigma a\sqrt{bc}\text{}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3
áp dụng B.C.S dạng phân thức
\(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{c.\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}}=16\)
\(\Rightarrowđpcm\)
๖²⁴ʱミ★๖ۣۜHυү❄๖ۣۜTú★彡⁀ᶦᵈᵒᶫ✎﹏
BCS ???
:))