Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a+b+c}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b+c}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+c}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{b+c}{bc}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(\frac{1}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\frac{bc+a^2+ab+ac}{abc\left(a+b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{abc\left(a+b+c\right)}=0\)
=> b+c=0 hoặc a+b=0 hoặc c+a=0
Đến đây bn => a=-b;b=-c;c=-a lần lượt thay vào VT là xog
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)
Do đó ta được:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)
\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)
\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)
Do đó ta được:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)
Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).
Ta có:
\(a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}=-2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+1\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\right)=1\)
\(\Leftrightarrow a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+b\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)(1)
Mặt khác:
\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ca\left(c+a\right)+6abc\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}+3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+6\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}+3.\left(-2\right)+6\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3=1\)
\(\Leftrightarrow a+b+c=1\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\left(đpcm\right)\)
bạn cho mình hỏi thê thì dữ liệu a^3+b^3+c^3 không được dùng à
abc = 1 \(\Rightarrow\frac{1}{abc}=1\Rightarrow xyz=1\)
Đặt \(a=\frac{1}{x}\); \(b=\frac{1}{y}\); \(c=\frac{1}{z}\)(x, y, z > 0)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^3}=x^3\\\frac{1}{b+c}=\frac{1}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{1}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{yz}{y+z}\end{cases}\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}}\)
Tương tự, ta có :
\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{y^2}{z+x}\)
\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{z^2}{x+y}\)
Ta cần cm : \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cau chy cho x, y, z > 0
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{4}}=x\)
\(\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge y\)
\(\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Ta cần cm : \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Áp dụng bđt Cauchy cho x, y, z> 0
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
trong tập chuyên đề về Svac-xơ cũng có câu này , còn về cách chứng minh thì easy lắm
Do \(abc=1\)Nên có thể viết lại bđt cần chứng minh trở thành :
\(\frac{a^2b^2c^2}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có :
\(\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+ac+ba+bc+ca+cb}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(ab+bc+ca\ge3\), thật vậy :
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có :
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
gia thiet la = chu nhi, sao lai +.neu la bag thi ban nhan cheo roi phan h thanh nhan tu.(a+b)(c+b)(c+a)=0 thay vao la ra