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 \(a=b=c=\frac{3}{2}\)
\(VT=\text{Σ}\left(\frac{1}{a}-1\right)=\frac{b+c}{a}.\frac{c+a}{b}.\frac{a+b}{c}\)
\(\ge\frac{8\sqrt{a^2b^2c^2}}{abc}=8\)(cô - si)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =\(\frac{1}{3}\))
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM_GM kết hợp với $abc=1$:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a\). Tương tự với các phân thức khác
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\geq 3(a+b+c)\)
Tiếp tục áp dụng AM_GM:
\(\frac{b}{a}+b^2c^2a+c\geq 3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc......\), công theo vế và rút gọn
\(\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng hai BĐT thu được lại, ta có:
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq 2\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 2 dùng sos:)) Nhưng em không chắc đâu, chỗ dùng mấy cái kí hiệu tổng ý, nó rất rối, nhưng em lại lười viết ra:)
BĐT \(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-1+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc}-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\Sigma\frac{a+b+7c}{2}\left(a-b\right)^2}{abc}-\frac{\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\left(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
Ta có: \(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+7c\right)-abc}{abc}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}.3\sqrt[3]{7abc}-abc}{abc}=\frac{3\sqrt[3]{7}.abc-abc}{abc}>0\).
Từ đó ta có thể suy ra đpcm.
Nãy nhầm vị trí:v Làm lại bài 3:
Từ giả thiết suy ra \(\frac{a}{a+1}=1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}\)
\(=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự hai BĐT còn lại và nhân theo vế sẽ thu được t= abc \(\ge8\) (1)
Mặt khác nhân hai vế của giả thiết với (a+1)(b+1)(c+1) thu được:
\(2\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\Sigma a\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c=abc-2\). Từ (1) suy ra cả hai vế đều dương.
Do đó \(\sqrt{a+b+c}=\sqrt{abc-2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}=\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}\). Mặt khác, theo hệ quả quen thuộc của bđt AM- GM thì \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Do đó \(ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}=\sqrt{3t\left(t-2\right)}\)
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(3t\left(t-2\right)\ge12^2\left(\text{với }t\ge8\right)\)
Như vậy ta có đpcm.
P.s: Mong là lần này không bị nhầm
Thay abc = 1 vào bđt cần chứng minh :
\(a+b+c\ge\frac{a\left(bc+1\right)}{b\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)}{c\left(ab+1\right)}+\frac{c\left(ab+1\right)}{a\left(bc+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow a\left(1-\frac{bc+1}{ac+1}\right)+b\left(1-\frac{ac+1}{ab+1}\right)+c\left(1-\frac{ab+1}{bc+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-b\right)}{ac+1}+\frac{ab\left(b-c\right)}{ab+1}+\frac{bc\left(c-a\right)}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left[-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\right]}{ac+1}+\frac{ab\left[-\left(a-b\right)-\left(c-a\right)\right]}{ab+1}+\frac{bc\left[-\left(b-c\right)-\left(a-b\right)\right]}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{-ac\left(c-a\right)}{ac+1}-\frac{ab\left(c-a\right)}{ab+1}\right]+\left[-\frac{ac\left(b-c\right)}{ac+1}-\frac{bc\left(b-c\right)}{bc+1}\right]+\left[-\frac{ab\left(a-b\right)}{ab+1}-\frac{bc\left(a-b\right)}{bc+1}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a\left(c-a\right)\left(c+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{ab+1}\right)-c\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{bc+1}\right)-b\left(a-b\right)\left(a+c\right)\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}\right)\ge0\)(1)
Đặt \(x=\frac{1}{ab+1},y=\frac{1}{bc+1},z=\frac{1}{ac+1}\)
Tiếp tục phân tích : \(-c\left(b-c\right)\left(a+b\right).x-b\left(a-b\right)\left(a+c\right).y=-c\left(a+b\right).x\left[-\left(c-a\right)-\left(a-b\right)\right]-b\left(a+c\right).y\left[-\left(b-c\right)-\left(c-a\right)\right]\)
\(=\left(c-a\right).\left[c\left(a+b\right)x+b\left(a+c\right)y\right]+c\left(a+b\right)\left(a-b\right).x+b\left(a+c\right)\left(b-c\right).y\)
Tới đây giả sử \(a\ge b\ge c>0\) là ra nhé :)
Câu 2)
Ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{b+1+a+1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+2}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow9\ge4\left(ab+2\right)\)
\(\Rightarrow9\ge4ab+8\)
\(\Rightarrow1\ge4ab\)
Do \(a+b=1\Rightarrow\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (đpcm )
Câu 3)
Ta có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Mà \(a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\ge9\)
\(\Rightarrow a+b+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều này luôn luôn đúng)
\(\Rightarrow\) ĐPCM
\(VT\ge\frac{27}{abc}+abc=abc+\frac{1}{abc}+\frac{26}{abc}\ge2+\frac{26}{\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}}=26+2=28\left(a+b+c=3\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1