Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhìn qua đã biết là đề sai rồi bạn
Cho \(a,b,c\) các giá trị lớn ví dụ \(a=b=c=2\) là thấy sai ngay
\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1
Do giả thiết abc=1abc=1 nên
\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}a2(b+c)1=a2bc(b+c)bc=a(b+c)bc=ab+acbc
Đặt x=bc,y=ca,z=abx=bc,y=ca,z=ab thì x,y,z>0x,y,z>0 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc
\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}y+zx+z+xy+x+yz≥23.
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3})^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 1\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\) (BĐT Cauchy)
hay \(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\((ab+a+1)^2 \le (a+b+c) \left( a+ a^2b+ \frac 1c \right) = (a+b+c)(a+a^2b+ab)\)
\(\Rightarrow \dfrac{a}{(ab+a+1)^2} \ge \dfrac{a}{(a+b+c)(a+a^2b+ab)}= \dfrac{1}{(a+b+c)(1+ab+b)}\)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(\sum \dfrac{a}{(ab+a+1)^2} \ge \dfrac{1}{a+b+c} \sum \dfrac{1}{ab+b+1}= \dfrac{1}{a+b+c}\)
c2: Áp dụng BĐT bunyakovsky:
\(\left(a+b+c\right)\left[\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(ac+c+1\right)^2}\right]\ge\left(\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ca+c+1}\right)^2\)
Xét \(\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ac+c+1}=\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{ab}{1+ab+a}+\dfrac{c}{c\left(a+1+ab\right)}\)
\(=\dfrac{ab+a+1}{ab+a+1}=1\)
do đó \(\left(a+b+c\right).VT\ge1\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{a+b+c}\)
dấu = xảy ra khi a=b=c=1
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(\left(a+1\right)\left(a+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+1}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{1}{a+b^2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(b=1\)