Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}, \Rightarrow x+y+z=2\)
Suy ra \(\frac{1}{a\left(2a-1\right)^2}+\frac{1}{b\left(2b-1\right)^2}+\frac{1}{c\left(2c-1\right)^2}=\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\)
Ta có \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{2-x}{8}+\frac{2-x}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2} .\frac{2-x}{8}.\frac{2-x}{8}}=\frac{3x}{4}.\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge x+y+z-\frac{3}{2}=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2}{3}\)hay \(a=b=c=\frac{3}{2}\)
Áp dụng cosi ta có \(a.a.a.b.b\le\frac{3a^5+2b^5}{5};b.b.b.a.a\le\frac{3b^5+2a^5}{5}\)
=> \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)
Khi đó
\(VT\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki ta có :
\((\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}})^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}+\frac{1}{c^2\left(b+c\right)}+...\right)\)
Mà 1/a^2+1/b^2+1/c^2=1(giả thiết)
=> \(VT\le VP\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=can(3)
Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa a + b + c = 1
Khi đó, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a+1\right)^2}{2a^2+\left(1-a\right)^2}+\frac{\left(b+1\right)^2}{2b^2+\left(1-b\right)^2}+\frac{\left(c+1\right)^2}{2c^2+\left(1-c\right)^2}\le8\)
Xét bất đẳng thức phụ: \(\frac{\left(x+1\right)^2}{2x^2+\left(1-x\right)^2}\le4x+\frac{4}{3}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(3x-1\right)^2\left(4x+1\right)}{2x^2+\left(1-x\right)^2}\ge0\)*đúng*
Áp dụng, ta được: \(\frac{\left(a+1\right)^2}{2a^2+\left(1-a\right)^2}+\frac{\left(b+1\right)^2}{2b^2+\left(1-b\right)^2}+\frac{\left(c+1\right)^2}{2c^2+\left(1-c\right)^2}\)\(\le4\left(a+b+c\right)+4=4.1+4=8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Chuẩn hóa ta có : \(a+b+c=3\)
=> \(\frac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{\left(a+3\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}=\frac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}\)
Xét\(\frac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}\le\frac{4}{3}a+\frac{4}{3}\)
<=> \(a^2+6a+9\le4\left(a+1\right)\left(a^2-2a+3\right)\)
<=> \(4a^3-5a^2-2a+3\ge0\)
<=> \(\left(a-1\right)^2\left(4a+3\right)\ge0\)luôn đúng
Khi đó
\(VT\le\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)+4=\frac{4}{3}.3+4=8\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
a/ Với mọi số thực ta luôn có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Lại có do a;b;c là ba cạnh của 1 tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2\)
\(a+c>b\Rightarrow ab+bc>b^2\)
\(b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2\)
Cộng vế với vế: \(2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\)
b/
Do a;b;c là ba cạnh của tam giác nên các nhân tử vế phải đều dương
Ta có:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2\)
Tương tự: \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
Nhân vế với vế:
\(a^2b^2c^2\ge\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(a+c-b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=6\)
\(P=\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}=\frac{x^4}{xy+2xz}+\frac{y^4}{yz+2xy}+\frac{z^4}{zx+2yz}\)
\(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{xy+yz+zx}{3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\)
\(a+b+c=6abc\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=6\)
\(P=\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}=\frac{x^4}{xy+2zx}+\frac{y^4}{yz+2xy}+\frac{z^4}{zx+2yz}\)
\(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy+yz+zx}{3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\) hay \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)