Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
Do a+b+c khác ) nên:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2]=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Do đó:
Q=\(\frac{a^2+3b^2+5c^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{9a^2}=1\)
có giá trị ko đổi
Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\)
Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\)
" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Giả sử ngược lại, trong 3 số a , b , c có ít nhất 1 số \(\le0\). Vì a, b, c vai trò như nhau, nên ta có thể xem \(a\le0\)
Khi đó : \(abc>0\Rightarrow\)\(a<0,bc<0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)=ab+ac>-bc>0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)>0\)
\(\Rightarrow b+c<0\) ( Vì chứng minh trên có a < 0 )
\(\Rightarrow a+b+c<0\Rightarrow\) vô lí
Vậy \(a,b,c>0\)
\(\hept{\begin{cases}a+b+c=4\\a^2+b^2+c^2=6\end{cases}}\)
\(b^2+c^2=6-a^2\Rightarrow\left(b+c\right)^2-2bc=6-a^2\)
\(\Rightarrow2bc=\frac{\left(b+c\right)^2-6+a^2}{2}\)
\(=\frac{\left(4-a\right)^2-6+a^2}{2}\left(Do:a+b+c=4\right)\)
\(=\frac{2a^2-8a+10}{2}=a^2-4a+5\)
\(\Rightarrow P=a^3+bc\left(b+c\right)=a^3+\left(a^2-4a+5\right)\left(4-a\right)\left(Do:a+b+c=4\right)\)
\(=a^3+4a^2-16a+20-a^3+4a^2-5a\)
\(=8a^2-21a+20\)
\(=8\left(a^2-2.\frac{21}{16}a+\frac{441}{256}\right)+\frac{199}{32}\)
\(=8\left(a-\frac{21}{16}\right)^2+\frac{119}{32}\)
.............................................................
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\)
Ta áp dụng bất đẳng thức Cô si dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\) cho các căn thức ở mẫu, khi đó ta được:
\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\ge\) với biểu thức
\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\ge\dfrac{3}{4}\)
Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2a+3b+3c\\y=3a+2b+3c\\z=3a+3b+2c\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=\dfrac{1}{4}\left(3y+3z-5x\right)\\2b=\dfrac{1}{4}\left(3z+3x-5y\right)\\2c=\dfrac{1}{4}\left(3x+3y-5z\right)\end{matrix}\right.\)
Khi đó đẳng thức trên được viết lại thành:
\(\dfrac{3y+3z-5x}{4x}+\dfrac{3z+3x-5y}{4y}+\dfrac{3x+3y-5z}{4z}\ge\dfrac{3}{4}\)
Hay: \(3\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)-15\ge3\)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo bất đẳng thức Cô si.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Đặt \(x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\)
Khi đó bđt đã tro chở thành:
\(\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{xy}{z^2+3xy}\le\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{3}-\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{xy}{z^2+3xy}\ge1-\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x^2+3yz}+\dfrac{y^2}{y^2+3zx}+\dfrac{z^2}{z^2+3xy}\ge\dfrac{3}{4}\) (đpcm)