Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4.
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
5.
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
1.
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
2.
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)
3.
Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:
\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)
hơn 1 năm rồi không ai làm :'(
a) Áp dụng bđt Cauchy ta có :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)(1)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)(2)
\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)(3)
Nhân (1), (2), (3) theo vế
=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}=8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8\left|abc\right|=8abc\)
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
Cau a cũng cần a b c >0
a) \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)\cdot\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]+3abc\)
\(\ge a+b+c\)
( Nếu thac mac đoạn phan tích thì nhân ra roi lật nguoc lại nhe :D )
b) \(...=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge3+2+2+2=9\left(cosi\right)\)
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{a+b+c}\Leftrightarrow\frac{9}{a+b+c}\le\frac{3}{ab+bc+ca}+2\)
Đặt a+b+c=t ta cần chứng minh \(\frac{6}{t^2-3}+2\ge\frac{9}{t}\Leftrightarrow\left(t+3\right)\left(t-3\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Ok thanks, mặc dù ngay chỗ cuối đúng thì phải là (2t+3)(t-3)2 >= 0
Nhưng hiểu rồi là OK :)
\(\left(a+\frac{4b}{c^2}\right)\left(b+\frac{4c}{a^2}\right)\left(c+\frac{4a}{b^2}\right)\ge2\sqrt{\frac{4ab}{c^2}}.2\sqrt{\frac{4bc}{a^2}}.2\sqrt{\frac{4ac}{b^2}}=64\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
\(\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2\) ; \(\frac{b^3}{c}+bc\ge2b^2\); \(\frac{c^3}{a}+ac\ge2c^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a-b}{b}-\frac{a-b}{c}+\frac{c-a}{a}-\frac{c-a}{c}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
Hay: \(\frac{\left(a-b\right)\left(c-b\right)}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2}{ca}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
Tiếp tục khai triển và thu gọn ta được:
\(\Leftrightarrow b\left(c-a\right)^2\left(b^2+ab+bc\right)\ge a\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b-ac\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng hay bài toán được chứng minh xong.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\frac{a^3}{b^3}+1+1\ge\frac{3a}{b}\) ; \(\frac{b^3}{c^3}+1+1\ge\frac{3b}{c}\) ; \(\frac{c^3}{a^3}+1+1\ge\frac{3c}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{c^3}+\frac{c^3}{a^3}+6\ge\frac{3a}{b}+\frac{3b}{c}+\frac{3c}{a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{c^3}+\frac{c^3}{a^3}\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-6\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{c^3}+\frac{c^3}{a^3}\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2.3\sqrt[3]{\frac{abc}{bca}}-6=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)