Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(F=\frac{a^6}{b^3+c^3}+\frac{b^6}{c^3+a^3}+\frac{c^6}{a^3+b^3}\)
\(\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{a^3+b^3+c^3}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^3+\frac{1}{27}+\frac{1}{27}\ge3\sqrt[3]{a^3\cdot\frac{1}{27}\cdot\frac{1}{27}}=3\cdot\frac{a}{9}=\frac{a}{3}\)
Tương tự ta cũng có: \(b^3+\frac{1}{27}+\frac{1}{27}\ge\frac{b}{3};c^3+\frac{1}{27}+\frac{1}{27}\ge\frac{c}{3}\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+\frac{2}{9}\ge\frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge\frac{1}{9}\)
\(\Rightarrow F\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{2}\ge\frac{\frac{1}{9}}{2}=\frac{1}{18}\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(P=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
\(=\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: :
\(\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+9a\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\sqrt{9a^2}=6a\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+9b\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6b;\frac{c}{a^2+b^2+c^2}+9c\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6c\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}+9\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge6\left(a+b+c\right)\)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz thì:
\(9\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge9\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\cdot\left(a+b+c\right)=3\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}\ge6-3=3\)
Và \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{9}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=27\)
Khi đó nhìn vào \(\left(1\right)\) thấy \(P\ge27+3=30\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
cái thứ nhất nhân với a cái thứ hai nhan b, cái thứ ba nhân c, cái thứ tư nhân d rồi dùng svác sơ trả lời câu hỏi của tớ đi
hướng làm của bạn vũ tiền châu đúng rồi nhé
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : \(\frac{a^4}{a\left(b+c+d\right)}+\frac{b^4}{b\left(a+c+d\right)}+\frac{c^4}{c\left(d+a+b\right)}+\frac{d^4}{d\left(a+b+c\right)}\ge\frac{1}{3}\)
\(< =>\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{1}{3}\)
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.\left(ab+bc+ca+da\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.1}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\)
Giờ ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}< =>\left(a^2+b^2+d^2+c^2\right)^2\ge1\)
\(< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge1< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da\)
\(< =>2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+bc+cd+da\right)\)
\(< =>2a^2+2b^2+2c^2+2d^2-2ab-2bc-2cd-2da\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(d-a\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)
\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)
\(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)
\(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)
\(2.\) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) \(1\ge8abc\)
\(\Leftrightarrow\) \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)
\(P=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)(BĐT Svarxơ)\(\ge\frac{\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^4}{ab+bc+ca}\)(BĐT Bunhiacoxki)
Có: \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^4}{3}\)\(=\frac{1}{27}\left(a+b+c\right)^4\)
Dễ thấy \(P\ge3\)
Cần C/m \(\left(a+b+c\right)^4\ge81\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
mà\(ab+bc+ca\le3\) kết hợp với gt nên ta có điều đó LĐ.
Vậy Pmin=3\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta luôn có: \(ab+ac+bc\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge6\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)-18\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c-3\right)\left(a+b+c+6\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-3\ge0\) (do \(a+b+c+6>0\))
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
\(P=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+ac+bc}\ge\frac{\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge3\)
\(\Rightarrow P_{min}=3\) khi \(a=b=c=1\)