Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{6b-c-a-2}{8}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6c-a-b-2}{8}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}+\frac{6b-c-a-2}{8}+\frac{6c-a-b-2}{8}\)
\(=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)
(d) qua A(5; 6) : y = mx - 5m + 6 (1)
(C) : (x - 1)² + (y - 2)² = 1 (2)
Thay y từ (1) vào (2) ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
(x - 1)² + (mx - 5m + 4)² = 1
Khai triển ra pt bậc 2 : (m² + 1)x² - 2(5m² - 4m + 1)x + 25m² - 40m + 17 = 0 (*)
Để (d) tiếp xúc (C) thì (*) phải có nghiệm kép
∆' = (5m² - 4m + 1)² - (m² + 1)(25m² - 40m + 17) = - 4(3m² - 8m + 4) = 4(m - 2)(2 - 3m) = 0 => m = 3/2; m = 2
KL : Có 2 đường thẳng cần tìm
(d1) : y = (3/2)(x - 1)
(d2) : y = 2x - 4
∆ ∠ ∡ √ ∛ ∜ x² ⁻¹ ∫ π × ∵ ∴ | | , ⊥,∈∝ ≤ ≥− ± , ÷ ° ≠ → ∞, ≡ , ≅ , ∑,∪,¼ , ½ , ¾ , ≈ , [-b ± √(b² - 4ac) ] / 2a Σ Φ Ω α β γ δ ε η θ λ μ π ρ σ τ φ ω ё й½ ⅓ ⅔ ¼ ⁰ ¹ ² ³ ⁴ ⁵ ⁶ ⁷ ⁸ ⁹ ⁺ ⁻ ⁼ ⁽ ⁾ ⁿ ₁ ₂ ₃₄₅ ₆ ₇ ₈ ₉ ₊ ₋ ₌ ₍ ₎ ∊ ∧ ∏ ∑ ∠ ,∫ ∫ ψ ω Π∮ ∯ ∰ ∇ ∂ • ⇒ ♠ ★
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 \(a=b=c=1\).
các bạn tick tôi cho được vào top 100 cái nha bạn nào tick sẽ có nhiều may mắn đến năm mới
ta có : \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}+\frac{\frac{1}{b^2}}{b\cdot\left(a+c\right)}+\frac{\frac{1}{c^2}}{c\left(a+b\right)}\)(1)
dùng Svaxo ta có (1) <=>\(\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}>=\frac{3a^2b^2c^2}{2}=\frac{3}{2}\)(côsi )