Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Do \(3=ab+bc+ac\) nên ta có:
\(P=\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\)
\(=\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ac}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ac}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ac}\)
\(=\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+a}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
\(\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c+a}{8}+\frac{c+b}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{64}}=\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{64}}=\frac{3c}{4}\)
Cộng các BĐT trên vào và rút gọn:
\(\Rightarrow P+\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3}{4}(a+b+c)\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{a+b+c}{4}(1)\)
Ta có một hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM đó là:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 9\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq 3(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow P\geq \frac{3}{4}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(ab+bc+ac=3\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{ab+1}\) ( đúng với mọi \(ab\ge1\))
Giả sử:\(ab\ge1\)
\(\Rightarrow\dfrac{2}{ab+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{2c^2+2+ab+1}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}=\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\)
Giả sử: \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)(đúng)
\(\Leftrightarrow2\left(2c^2+ab+3\right)\ge3\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3\left(abc^2+ab+c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3abc^2+3ab+3c^2+3\)
\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+ab+ac+bc\ge0\) ( vì \(ab+ac+bc=3\) )
\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc-3abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow c+a+b-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow c+a+b\ge3abc\)
Ta có:
\(3\left(c+a+b\right)=\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\) ( vì \(ab+ac+bc=3\) )
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\(\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\) ( luôn đúng )
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\) ( đfcm )
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )
Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)
\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)
Lời giải ở đây: https://hoc24.vn/hoi-dap/question/486195.html
Áp dụng BĐT AG-GM:
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{a^3}{a^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}+b^2}=\dfrac{a^3}{\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)}\)
Cmtt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{b^3}{\dfrac{3}{2}\left(b^2+c^2\right)}\\\dfrac{c^3}{c^2+ac+a^2}\ge\dfrac{c^3}{\dfrac{3}{2}\left(c^2+a^2\right)}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế của bất đẳng thức:
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\right)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AG-GM:
\(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}=\dfrac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2ab}=a-\dfrac{b}{2}\)
Cmtt\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\dfrac{c}{2}\\\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\right)\\ \ge\dfrac{2}{3}\left(a-\dfrac{b}{2}+b-\dfrac{c}{2}+c-\dfrac{a}{2}\right)=\dfrac{2}{3}\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=\dfrac{a+b+c}{3}\)
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a-b}{3}\)
Tương tự và cộng lại ta sẽ có đpcm