Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)
\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)
\(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)
\(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)
\(2.\) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) \(1\ge8abc\)
\(\Leftrightarrow\) \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)
\(VT=a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(\ge a.\frac{4}{b+c}+b.\frac{4}{c+a}+c.\frac{4}{a+b}=4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
2. Bạn kiểm tra lại đề: VP = 1/2
Ta có:
\(\sqrt{a\left(3a+b\right)}=\frac{1}{4}.2.\sqrt{4a\left(3a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(4a+3a+b\right)=\frac{1}{4}\left(7a+b\right)\)
\(\sqrt{b\left(3b+a\right)}=\frac{1}{4}.2.\sqrt{4b\left(3b+a\right)}\le\frac{1}{4}\left(4b+3b+a\right)=\frac{1}{4}\left(7b+a\right)\)
=> \(\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{a+b}{\frac{1}{4}\left(7a+b\right)+\frac{1}{4}\left(7b+a\right)}=\frac{a+b}{2\left(a+b\right)}=\frac{1}{2}\)
Vậy: \(\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{1}{2}\) với a, b dương
k nguyên dương => \(k\ge1\)\(\Leftrightarrow\)\(a^k\ge a\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^k}{b+c}\ge\frac{a}{b+c}\)
Tương tự với 2 phân thức còn lại, cộng 3 bđt ta thu đc bđt Nesbit 3 ẩn => đpcm
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Áp dụng BĐT AM-GM dạng cộng mẫu thức :\(LHS\ge a+b+c\)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Nên bài toán của chúng ta cần chứng minh tương đương với :
\(\frac{4\left(a-b\right)^2}{a+b+c}\le0\)\(< =>4\left(a-b\right)^2\le0\)
Vậy dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel :
\(\text{∑}\frac{a}{b+c}=\text{∑}\frac{a^2}{ab+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)(1)
Bạn chứng minh bđt \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\text{∑}\frac{a}{b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c