Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo đề bài ta có
\(a\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(a^2b\ge a^2+ab-a\)
\(b\left(1-c\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(b^2c\ge b^2+bc-b\)
Tương tự \(c^2a\ge c^2+ac-c\)
Khi đó
\(VT\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-\left(a+b+c\right)=2^2-2=2\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1,c=0\)và các hoán vị
Cách khác: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(1+\frac{1}{a}=\frac{1}{a}\left(a+b+c+a\right)\ge\frac{1}{4}4\sqrt[4]{a^2bc}\)
\(\Rightarrow1+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{a}\sqrt[4]{\frac{a^4bc}{a^2}}=4\sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}}\)
Tương tự cũng có: \(1+\frac{1}{b}\ge4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}};1+\frac{1}{c}\ge4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^2}}\)
\(\Rightarrow VT\ge4\sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}}4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}}4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^2}}=64\)
Còn tỷ tỷ cách đây cần thì IB nhé !!
Ta cần chứng minh \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow1+abc+ab+bc+ca+a+b+c\ge1+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+3\sqrt[3]{abc}+abc\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+3\sqrt[3]{abc}\)
Đúng theo BĐT AM-GM. Thật vậy ta có:
\(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=\frac{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{abc}\)
\(\ge\frac{\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3}{abc}\ge64\).Từ \(a+b+c=1\Rightarrow abc\le\frac{1}{27}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3}{abc}=\left(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+1\right)^3\ge64\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
\(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{abc}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{abc}{b^3\left(a+c\right)}+\dfrac{abc}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{b^2c^2}{a^2bc\left(b+c\right)}+\dfrac{a^2c^2}{ab^2c\left(a+c\right)}+\dfrac{a^2b^2}{abc^2\left(a+b\right)}\)
\(Cauchy-Schwarz:\)
\(VT\ge\dfrac{\left(bc+ac+ab\right)^2}{abc\left[a\left(b+c\right)+b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)\right]}\)
\(=\dfrac{\left(bc+ac+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)
\(AM-GM:\)
\(ab+bc+ca\ge\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{ab+bc+ca}{2}\ge\dfrac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Lời giải khác:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{a(b+c)}{4}\geq 2\sqrt{\frac{1}{4a^2}}=\frac{1}{a}=\frac{abc}{a}=bc\)
\(\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{b(a+c)}{4}\geq 2\sqrt{\frac{1}{4b^2}}=\frac{1}{b}=\frac{abc}{b}=ac\)
\(\frac{1}{c^3(a+b)}+\frac{c(a+b)}{4}\geq 2\sqrt{\frac{1}{4c^2}}=\frac{1}{c}=\frac{abc}{c}=ab\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}+\frac{ab+bc+ac}{2}\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{ab+bc+ac}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\) (AM_GM)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Ta cần chứng minh \((1+a)(1+b)(1+c) \geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\)
\(\Leftrightarrow 1+abc+ab+bc+ca+a+b+c \geq 1+3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}+abc\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}\)
Đúng theo BĐT AM-GM. Áp dụng vào ta có:
\(\left(1+\frac{1}{a} \right)\left(1+\frac{1}{b} \right)\left(1+\frac{1}{c} \right)=\dfrac{(1+a)(1+b)(1+c)}{abc} \geq \dfrac{(1+\sqrt[3]{abc})^3}{abc} \geq 64\)
Từ \(a+b+c=1 \Rightarrow abc\le \frac{1}{27}\) \(\Rightarrow \dfrac{(1+\sqrt[3]{abc})^3}{abc}=\bigg(\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}+1\bigg)^3 \geq 64\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
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) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)
áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương
\(1+b^2\ge2\sqrt{1\cdot b^2}=2b\)
\(1+c^2\ge2c\)
\(1+a^2\ge2a\)
\(\Rightarrow a\cdot\left(1+b^2\right)+b\cdot\left(1+c^2\right)+c\cdot\left(1+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)