Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Dat A la bieu thuc cho truoc ve trai
tu gia thiet => a(b+c)=3-bc
ta co: 1+a^2(b+c)= 1+a.a.(b+c) = 1+a.(3-bc) = 1+3a-abc
cmtt ta co : 1+b^2(a+c)=1+b.b(a+c)=1+3b-abc
Va: 1+c^2(a+b)=1+3c-abc
Ap dung bdt Cosi cho 3 so ta co
ab+ac+bc >= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)
=> 3>= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)
=> a^2.b^2.c^2<=1
=> abc<=1
=> 1+3a-abc>=3a
cmtt 1+3b-abc>=3b
1+3c-abc>=3c
=> A<=1/3a+1/3b+1/3c=(bc+ac+ab)/3abc=1/abc
cho 2 số thực a , b phân biệt thỏa mãn a^2 +3a=b^2 +3b=2
c/m: a, a+b=-3 b,a^3+b^3=-45
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 \(a=b=c=1\).
Đặt: \(\hept{\begin{cases}\frac{1-a}{1+a}=x\\\frac{1-b}{1+b}=y\\\frac{1-c}{1+c}=z\end{cases}}\)
\(\Rightarrow-1< x,y,z< 1\)và \(\hept{\begin{cases}\frac{1-x}{1+x}=a\\\frac{1-y}{1+y}=b\\\frac{1-z}{1+z}=c\end{cases}}\)
Theo đề bài ta có: \(abc=1\Rightarrow\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)=\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z+xyz=0\)
Mặt khác ta có: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}=1-x^2;\frac{2}{a+1}=1+x\)
Và: \(\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}=1-y^2;\frac{2}{b+1}=1+y\)
Và: \(\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}=1-z^2;\frac{2}{c+1}=1+z\)
Nên: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}\le1+2.\frac{2}{a+1}.\frac{2}{b+1}.\frac{2}{c+1}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+\left(xy+yz+zx\right)+2\left(x+y+z+xyz\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
Đây là BĐT luôn đúng nên ta có đpcm.
ミ★ᗪเệų ℌųуềй (ßăйǥ ßăйǥ ²к⁶)★彡 Giải ghê quá, t chẳng hiểu gì.
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\)
BĐT \(\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{xy}{(x+y)^2} \leq \frac{1}{4}+\frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\)
Ta có: \(VP-VT=\frac{4\left(x-y\right)^2\left(y-z\right)^2\left(z-x\right)^2}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2}\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng.
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)
\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z