Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ \(abc=1\) VÀ \(a,b,c>0\) áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge3;a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(VT=\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
\(=\frac{a^4}{\left(1+ab\right)\left(1+ac\right)}+\frac{b^4}{\left(1+bc\right)\left(1+ca\right)}+\frac{c^4}{\left(1+ca\right)\left(1+cb\right)}\)
\(=\frac{a^4}{a+ab+ac+1}+\frac{b^4}{b+bc+ba+1}+\frac{c^4}{c+ca+cb+1}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a+b+c+2\left(ab+bc+ca\right)+3}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)}\left(a+b+c\ge3\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}\)( dễ c/m rằng \(3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)\))
Vậy ta cần c/m \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}\ge\frac{3}{4}\left(1\right)\)
Đặt \(a^2+b^2+c^2=t\ge3\). Ta có:
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(4t+3\right)\ge0\forall t\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Hay sử dụng Am-GM ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3}{4}a\)
Thiết lập 2 BĐT tương tự r` cộng theo vế
bài này c-s sẽ đỡ lo ngược hơn, nhưng trên có ghi am-gm thì xài am-gm thôi ( t cx hay bị ngược dấu vs lại dg muốn ngủ nên xét bài hộ)
Bài giải__
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{1-ab}=1+\frac{ab}{1-ab}\le1+\frac{ab}{1-\frac{a^2+b^2}{2}}=1+\frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2}\)
\(=1+\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le1+\frac{ab}{\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}}\)
\(\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)\). Tương tự ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1-bc}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\right)\\\frac{1}{1-ca}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{c^2}{b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2}\right)\end{cases}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT ta dc:
\(VT\le3+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{9}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(9+ab\ge2\sqrt{9ab}=6\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow VT=a+b\ge\frac{2\sqrt{ab}\cdot6\sqrt{ab}}{9+ab}=\frac{12ab}{9+ab}=VP\)
Bài 2:
a)\(\frac{a^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}\ge a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}=a-\frac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}\)
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\le3\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt[3]{b^2c^2}\le\frac{1}{3}\left(bc+b+c\right)\). Tương tự r` cộng theo vế ta có ĐPCM
b)\(\frac{a^2}{a+2b^3}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^3}\ge a-\frac{2ab^3}{3\sqrt[3]{ab^6}}=a-\frac{2}{3}b\sqrt[3]{a^2}\)
\(\ge a-\frac{2}{3}b\frac{\left(a+a+1\right)}{3}=a-\frac{2b}{9}-\frac{4ab}{9}\)
Vậy \(VT\ge a+b+c-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{4}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge\frac{7}{3}-\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{27}=1=VP\)
thắng đánh máy mấy bài này có mỏi tay ko