Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
sửa giả thiết là \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\left(abc\right)^2\)
Và Áp dụng BĐT cô-si, ta có \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3\ge3\left(abc\right)^2\)
dấu = xảy ra <=>a=b=c>0
Thay vào thì \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\) (ĐPCM)
^_^
Bài 1:Với \(ab=1;a+b\ne0\) ta có:
\(P=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3\left(ab\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4\left(ab\right)^2}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5\left(ab\right)}\)
\(=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5}\)
\(=\frac{a^2+b^2-1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a+b\right)^2+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a^2+b^2+2\right)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2+4\left(a^2+b^2\right)+4}{\left(a+b\right)^4}=\frac{\left(a^2+b^2+2\right)^2}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+2ab\right)^2}{\left(a+b\right)^4}=\frac{\left[\left(a+b\right)^2\right]^2}{\left(a+b\right)^4}=1\)
Bài 2: \(2x^2+x+3=3x\sqrt{x+3}\)
Đk:\(x\ge-3\)
\(pt\Leftrightarrow2x^2-3x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow2x^2-2x\sqrt{x+3}-x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow2x\left(x-\sqrt{x+3}\right)-\sqrt{x+3}\left(x-\sqrt{x+3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{x+3}\right)\left(2x-\sqrt{x+3}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+3}=x\\\sqrt{x+3}=2x\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=x^2\left(x\ge0\right)\\x+3=4x^2\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\\4x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\\x=1\end{cases}\left(x\ge0\right)}\)
Bài 4:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(2\sqrt{ab}\le a+b\le1\Rightarrow b\le\frac{1}{4a}\)
Ta có: \(a^2-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le a^2-\frac{3}{4a}-4a^2=-\left(3a^2+\frac{3}{4a}\right)\)
\(=-\left(3a^2+\frac{3}{8a}+\frac{3}{8a}\right)\le-3\sqrt[3]{3a^2\cdot\frac{3}{8a}\cdot\frac{3}{8a}}=-\frac{9}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
abc = 1 \(\Rightarrow\frac{1}{abc}=1\Rightarrow xyz=1\)
Đặt \(a=\frac{1}{x}\); \(b=\frac{1}{y}\); \(c=\frac{1}{z}\)(x, y, z > 0)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^3}=x^3\\\frac{1}{b+c}=\frac{1}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{1}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{yz}{y+z}\end{cases}\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}}\)
Tương tự, ta có :
\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{y^2}{z+x}\)
\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{z^2}{x+y}\)
Ta cần cm : \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cau chy cho x, y, z > 0
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{4}}=x\)
\(\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge y\)
\(\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Ta cần cm : \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Áp dụng bđt Cauchy cho x, y, z> 0
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
trong tập chuyên đề về Svac-xơ cũng có câu này , còn về cách chứng minh thì easy lắm
Do \(abc=1\)Nên có thể viết lại bđt cần chứng minh trở thành :
\(\frac{a^2b^2c^2}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có :
\(\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+ac+ba+bc+ca+cb}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(ab+bc+ca\ge3\), thật vậy :
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có :
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)
Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)
Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)
Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))
\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)
\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1/2
\(A=\frac{1}{\left(a+b\right)^3}.\frac{a^3+b^3}{\left(ab\right)^3}+\frac{3}{\left(a+b\right)^4}.\frac{a^2+b^2}{\left(ab\right)^2}+\frac{6}{\left(a+b\right)^5}.\frac{a+b}{ab}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b\right)^3}.\frac{a^3+b^3}{1^3}+\frac{3}{\left(a+b\right)^4}.\frac{a^2+b^2}{1^2}+\frac{6}{\left(a+b\right)^5}.\frac{a+b}{1}\)
\(=\frac{a^2-ab+b^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6}{\left(a+b\right)^4}\)\(=\frac{\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)+3a^2+3b^2+6}{\left(a+b\right)^4}\)
\(=\frac{a^4+a^3b+ab^3+b^4+3a^2+3b^2+6}{a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4}\)\(=\frac{a^4+a^2.1+1.b^2+b^4+3a^2+3b^2+6}{a^4+4a^2.1+6.1^2+4b^2.1+b^4}\)
\(=\frac{a^4+4a^2+4b^2+b^4+6}{a^4+4a^2+6+4b^2+b^4}=1\)