Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{\Sigma_{cyc}a^3\left(b-c\right)}{\Sigma_{cyc}a^2\left(b-c\right)}=\frac{-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)}{-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Áp dụng Côsi:
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}.\frac{b+1}{8}.\frac{c+1}{8}}=\frac{3}{4}a\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge\frac{3}{4}b\)
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3}{4}c\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{1}{4}\left(a+b+c+3\right)\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}.1=\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)\(\left(\text{đpcm}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
tạm thời chưa nghĩ ra cách dùng \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2=ab\left(a+b\right)\) :'<
Có: \(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(2a^2-2ab+2b^2\right)}\)
\(=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left[\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{2}\left(a-b\right)^2\right]}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}=a+b\)
Tương tự cộng lại ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
ư ư.. ra r :))))))))) cộng thêm Cauchy-Schwarz nữa nhé
Có: \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+a^2b+ab^2=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right).\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=a+b\)
Tương tự cộng lại ra đpcm
Bài cuối có Max nữa nhé, cần thì ib mình làm cho.
Giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow c\le1< 2\Rightarrow2-c>0\)
Ta có:\(P=ab+bc+ca-\frac{1}{2}abc=\frac{ab}{2}\left(2-c\right)+bc+ca\ge0\)
Đẳng thức xảy ra tại \(a=3;b=0;c=0\) và các hoán vị
Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)
\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)
Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
Ai có cách hay?
1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.
2a) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)
Để ý rằng a, b, c > 0 nên abc > 0, khi đó chia hai vế của bđt cho abc thì sẽ xuất hiện \(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\). Đặt ẩn phụ + biến đổi + Cô si cho 6 số thì bài toán đâu đến nổi khó ...
BĐT \(\Leftrightarrow\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{8}{abc}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\). Bài toán trở thành:
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh:
\(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge8xyz\)
Nhân hai vế của BĐT với 27, ta cần chứng minh:
\(\left(3x+3\right)\left(3y+3\right)\left(3z+3\right)\ge216xyz\)
\(\Leftrightarrow\left(x+x+x+x+y+z\right)\left(y+y+y+x+y+z\right)\left(z+z+z+x+y+z\right)\ge216xyz\)
Đơn giản chưa:v Cô si cho 6 số ở mỗi cái ngoặc là ra:D Cách này mà sai thì em chịu đấy nhé;) Tự c/m Cô si cho 6 số.
Bổ đề: Số lập phương bất kì khi chia cho 7 thì dư 0, 1, 6 (*)
+) Xét abc chia hết cho 7 thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh
+) Xét abc không chia hết cho 7 thì trong ba số a, b, c không có số nào chia hết cho 7 suy ra \(a^3,b^3,c^3\)không chia hết cho 7
Theo bổ đề (*) thì \(a^3,b^3,c^3\)chia 7 dư 1 hoặc 6
Có 3 số mà chỉ có 2 số dư nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất hai số cùng số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 7
Vậy \(abc\left(a^3-b^3\right)\left(b^3-c^3\right)\left(c^3-a^3\right)⋮7\left(đpcm\right)\)
Một số lập phương khi chia cho 7 có số dư là 0, 1, hoặc 6. Nên nếu abc không chia hết cho 7 thì ít nhất 2 trong 3 số a^3, b^3, và c^3 phải cùng số dư khi chia cho 7.
Suy ra dpcm