Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+)\(\frac{3}{4}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge abc\)
+) \(P=8abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(32abc+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-24abc\)
\(\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{abc}}-24abc\ge4\sqrt[4]{\frac{32}{\frac{1}{8}}}-3=16-3=13\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
ta có \(T=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{2+a^2}+1-\frac{b^2}{2+b^2}+1-\frac{c^2}{2+c^2}\right)=\frac{1}{2}\left[3-\left(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\right)\right]\)
ta chứng minh rằng \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge1\)khi đó ta sẽ có \(T\le1\)
thật vậy, áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz ta có \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\)
ta cần chứng minh rằng \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge a^2+b^2+c^2+6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)
thật vậy, từ giả thiết ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le a+b+c\Leftrightarrow ab+bc+ca\le abc\left(a+b+c\right)\left(1\right)\)
mà \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)
từ (1) ta có \(\frac{ab+bc+ca}{3}\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\left(đpcm\right)\)
vậy maxT=1 khi a=b=c=1
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+1\ge2y\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x^2+2y^2+1\ge2xy+2y\)
\(\Rightarrow x^2+2y^2+3\ge2xy+2y+2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2+2y^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(xy+y+1\right)}\Leftrightarrow\dfrac{2}{x^2+2y^2+3}\le\dfrac{1}{xy+y+1}\)
b)Áp dụng bổ đề trên ta có:
\(a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+2b^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{1}{b^2+2c^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(bc+b+1\right)};\dfrac{1}{c^2+2a^2+3}\le\dfrac{1}{2\left(ac+c+1\right)}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(Q\le\dfrac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(bc+b+1\right)}+\dfrac{1}{2\left(ac+c+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{ab+b+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ac+c+1}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{ac+c+1}+\dfrac{ac}{ac+c+1}+\dfrac{1}{ac+c+1}\right)\left(abc=1\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ac+c+1}{ac+c+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)
Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
a)\(B=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{ab}+4ab=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+8ab-4ab\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(B=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+8ab-4ab\)
\(\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+2\sqrt{\frac{1}{2ab}\cdot8ab}-\left(a+b\right)^2=7\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}a=b\\a+b=1\end{cases}\)\(\Rightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Vậy \(Min_B=7\) khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
b)\(C\ge\frac{1}{1-3ab\left(a+b\right)}+\frac{4}{ab\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{16}{1-3ab\left(a+b\right)+3ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^3}{4}}\ge16+4=20\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}a=b\\a+b=1\end{cases}\)\(\Rightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Vậy \(Min_C=20\) khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)=1\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=1\)
Mà \(a\le b\le c\Rightarrow1\le2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}\right)\)
\(\Rightarrow a^2\le6\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\a=2\end{matrix}\right.\)
- Với \(a=1\Rightarrow bc=2\left(1+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow bc-2b-2c+4=6\)
\(\Leftrightarrow\left(b-2\right)\left(c-2\right)=6\) (pt ước số cơ bản, bạn tự giải)
- Với \(a=2\Rightarrow2bc=2\left(2+b+c\right)\)
\(\Rightarrow bc-b-c+1=3\Leftrightarrow\left(b-1\right)\left(c-1\right)=3\)