Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :
Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
Áp dụng : Theo BĐT \(AM-GM\) ta có :
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
Nhân vế theo vế ta được :
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)
Cách khác:
Ta chứng minh: \(\frac{a}{a^3+a+1}\le\frac{1}{2}.\frac{a^{\frac{2}{3}}+1}{a^{\frac{4}{3}}+a^{\frac{2}{3}}+1}\) (1)
Đặt \(a=x^3\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^9+x^3+1}\le\frac{1}{2}.\frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}\)
Tương đương với $$\frac{(x - 1)^2 (x^9 + 2 x^8 + 4 x^7 + 6 x^6 + 6 x^5 + 6 x^4 + 5 x^3 + 4 x^2 + 2 x + 1)}{2 (x^2 - x + 1) (x^2 + x + 1) (x^9 + x^3 + 1)} \geq 0$$
Vậy (1) đúng. Thiết lập $3$ bất đẳng thức tương tự và cộng theo vế thu đượcVasc.
\(\Rightarrow\) $\text{đpcm}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Lời giải:
Xét hiệu: $a^3+1-a(a+1)=a^2(a-1)-(a-1)=(a+1)(a-1)^2\geq 0$ với mọi $a>0$
$\Rightarrow a^3+1\geq a(a+1)\Rightarrow a^3+a+1\geq a(a+2)$
$\Rightarrow \frac{a}{a^3+a+1}\leq \frac{1}{a+2}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
$\sum \frac{a}{a^3+a+1}\leq \sum \frac{1}{a+2}(*)$
Do $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $(a,b,c)=(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy})$
Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$\sum \frac{1}{a+2}=\sum \frac{yz}{x^2+2yz}=\frac{1}{2}\sum (1-\frac{x^2}{x^2+2yz})=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\sum \frac{x^2}{x^2+2yz}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}$
$=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(**)$
Từ $(*); (**)$ ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có: \(\dfrac{1}{4-\sqrt{ab}}\le\dfrac{1}{4-\dfrac{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}{2}}\)
\(\left(a^2+b^2;b^2+c^2;c^2+a^2\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=6\\x;y;z>0\end{matrix}\right.\)
Làm nốt :v
Em kiểm tra lại mẫu số của biểu thức c, chắc chắn đề sai
Lời giải:
Trước tiên ta đi cm bất đẳng thức sau: với \(a,b>0\) thì \(a^3+b^3\geq ab(a+b)\)
BĐT đúng vì nó tương đương với \((a-b)^2(a+b)\geq 0\) ( luôn đúng)
Do đó:, kết hợp với \(abc=1\Rightarrow \)\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a+b+c}{a+b+c}=1=\frac{1}{abc}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2.\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
TT: \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)
\(\le\frac{1}{a+b+c}.\frac{c+a+b}{abc}=\frac{1}{abc}\left(đpcm\right)\)
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2-ab+b^2\ge ab\)
Nhân hai vế của phương trình với \(a+b>0\) ta có:
\(\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)Áp dụng kết quả trên ta có:
\(A=\dfrac{1}{a^3+b^3+1}+\dfrac{1}{b^3+c^3+1}+\dfrac{1}{c^3+a^3+1}\le\)
\(\le\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}+\dfrac{1}{bc\left(b+c\right)+abc}+\dfrac{1}{ca\left(c+a\right)+abc}=\)(vì abc=1)
\(=\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\dfrac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\dfrac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=1\)