Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left[\dfrac{3}{8}.\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right].\left[\dfrac{3}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]..\)
\(\le\dfrac{1}{9^9}\left[a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^9\)
\(=\dfrac{1}{9^9}\left(a+b+c\right)^{27}\)
\(\Leftrightarrow3^8.\left(a^3+b^3+c^3\right)\le\dfrac{1}{3^{18}}\left(a+b+c\right)^{27}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[27]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}\le\dfrac{a+b+c}{3}\)
P/s: Eztogiveup
a) Sai với \(a=1,b=2\)
b)
Thực hiện biến đổi tương đương:
\(\frac{a}{3b}+\frac{b(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq 1\)
\(\Leftrightarrow \frac{a}{3b}+\frac{b(a+b)+a^2}{a^2+ab+b^2}-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1\)
\(\Leftrightarrow \frac{a}{3b}-\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{3b}-\frac{a}{a^2+ab+b^2}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2+ab+b^2-3ab}{3b(a^2+ab+b^2)}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{3b(a^2+ab+b^2)}\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
c) BĐT sai với \(a=1,b=2\)
a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:
\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu = khi a=b=c
b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc^2a}{ab}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca^2b}{bc}}=2a\)
\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{b^2ac}{ac}}=2b\)
Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Đấu = khí a=b=c
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Ta có:\(\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)=b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}=\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Tương tự\(\Rightarrow\)VT=\(\Sigma\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Đặt \(x=a\left(b^2+c^2\right)\);\(y=b\left(a^2+c^2\right)\);\(z=c\left(b^2+a^2\right)\)
VT=\(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{x+z}{y}}\ge3\sqrt[6]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\ge3\sqrt{2}\)(BĐT Cô-si)
Dấu''='' xra\(\Leftrightarrow\)a=b=c
Lời giải:
TH1 : Nếu \(a+b\geq 4\);
\(5ab+5bc+5ac=5ab+5(a+b)(3-a-b)=15(a+b)-5(a^2+b^2)-5ab\)
\(=15(a+b)-\frac{5}{2}(a+b)^2-\frac{5}{2}(a^2+b^2)\leq 15(a+b)-\frac{5}{2}(a+b)^2-\frac{5}{4}(a+b)^2\)
\(\Leftrightarrow 5(ab+bc+ac)\leq 15(a+b)-\frac{15}{4}(a+b)^2\leq 15(a+b)-15(a+b)=0\)
Mà \(3(abc+4)\geq 0\) vì \(abc\geq -4\)
Do đó ta có đpcm.
TH2: Nếu \(a+b\leq 4\)
Không mất tổng quát giả sử \(c=\min(a,b,c)\Rightarrow c\leq 1\Rightarrow a+b\geq 2\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} a+b=x\\ ab=y\end{matrix}\right.\)
Khi đó, \(c=3-(a+b)=3-x\). Bài toán chuyển về chứng minh:
\(3y(3-x)+12\geq 5y+5x(3-x)\)
\(\Leftrightarrow 5x^2+4y+12\geq 3xy+15x\)
\(\Leftrightarrow 3y(4-x)+3(x-1)(x-4)+2(x^2-4y)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 3(4-x)(y+1-x)+2(x^2-4y)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 3(4-a-b)(a-1)(b-1)+2(a-b)^2\geq 0\) \((1)\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} a-1=m\\ b-1=n\end{matrix}\right.\)
\((1)\Leftrightarrow 3(2-m-n)mn+2(m-n)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 2(m^2+n^2)+2mn-3mn(m+n)\geq 0\) \((\star)\)
Thấy rằng, \(m+n=a+b-2\geq 0\)
\(\bullet\)Nếu \(mn\leq 0\Rightarrow 3mn(m+n)\leq 0\)
\(\Rightarrow 2(m^2+n^2)+2mn-3mn(m+n)\geq 2(m^2+n^2)+2mn=m^2+n^2+(m+n)^2\geq 0\) , tức \((\star)\) đúng
\(\bullet\) Nếu \(mn\geq 0\)
Vì \(a+b\leq 4\Rightarrow m+n\leq 2\Rightarrow mn(m+n)\leq 2mn\)
Do đó, \(2(m^2+n^2)+2mn-3mn(m+n)\geq 2(m^2+n^2)+2mn-6mn=2(m-n)^2\geq 0\)
Tức \((\star)\) đúng.
Vậy \((\star)\) đúng, ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(2,2,-1)\) và hoán vị.
T5/483 Toán tuổi thơ số 483-9/2017, ngại lật báo quá ko biết nó có đáp án k nữa .-.
*)Xét \(ab+bc+ca<0\) hiển nhiên đúng
*)Ta cần chứng minh \(ab+bc+ca\ge 0\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=3u\\ab+bc+ca=3v^2\\abc=w^3\end{matrix}\right.\). Ta c/m 1 BĐT tuyến tính của \(w^3\)
Xảy ra các trường hợp sau đây
+)\(w^3=4\) *Đúng*
+)\(b=a;c=3-2a\). Khi đó \(a^2(3-2a)\geq-4\)
\(\Leftrightarrow (a-2)(2a^2+a+2)\leq0\)
Với \(a\le 2\) thì ta cần cm \(3a^2(3-2a)+12\geq5(a^2+2a(3-2a))\)
\(\Leftrightarrow (a-1)^2(2-a)\geq0\)
Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác
\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a^3+b^3+c^3\right)+15abc\ge\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)+\dfrac{45}{4}abc\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Rightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)+4abc\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)^3-\dfrac{29}{4}abc\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)^3-\dfrac{29}{4}abc\ge\dfrac{13}{27}\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge27abc\) (hiển nhiên đúng theo AM-GM)