Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^8+b^8\geq 2a^4b^4\\ b^8+c^8\geq 2b^4c^4\\ c^8+a^8\geq 2c^4a^4\end{matrix}\right.\Rightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Tiếp tục áp dụng AM-GM:
\(a^8+b^8+a^4b^4+c^8\geq 4\sqrt[4]{a^{12}b^{12}c^8}=4a^3b^3c^2\)
\(b^8+c^8+b^4c^4+a^8\geq 4b^3c^3a^2\)
\(c^8+a^8+c^4a^4+b^8\geq 4c^3a^3b^2\)
Cộng lại: \(3(a^8+b^8+c^8)+(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ca)\)
Mà \(a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\Rightarrow 4(a^8+b^8+c^8)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\)
hay \(a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\Rightarrow (*)\) đúng
Ta có đpcm.
BĐT cần chứng minh tương đương :
\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\ge\dfrac{ab+bc+ac}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^2b^2c^2}\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge ab+bc+ac\)
Do \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
Ta phải cm
\(\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)(1)
Đặt : \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)
Áp dụng C.B.S
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}=\dfrac{x^4}{xyz}+\dfrac{y^4}{xyz}+\dfrac{z^4}{xyz}\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\)
Theo Bunhiacopxki: \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}\)
Theo Cauchy : \(\Rightarrow3xyz\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\ge\dfrac{\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}}{\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\)\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)
=> đpcm
BĐT cần chứng minh tương đương :
a8+b8+c8a3b3c3≥ab+bc+acabca8+b8+c8a3b3c3≥ab+bc+acabc
⇔a8+b8+c8a2b2c2≥ab+bc+ac⇔a8+b8+c8a2b2c2≥ab+bc+ac
⇔a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥ab+bc+ac⇔a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥ab+bc+ac
Do a2+b2+c2≥ab+bc+aca2+b2+c2≥ab+bc+ac
Ta phải cm
a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥a2+b2+c2a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥a2+b2+c2(1)
Đặt : (a2;b2;c2)=(x;y;z)(a2;b2;c2)=(x;y;z)
⇒(1)⇔x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z⇒(1)⇔x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z
Áp dụng C.B.S
⇒x3yz+y3xz+z3xy=x4xyz+y4xyz+z4xyz≥(x2+y2+z2)23xyz⇒x3yz+y3xz+z3xy=x4xyz+y4xyz+z4xyz≥(x2+y2+z2)23xyz
Theo Bunhiacopxki: x2+y2+z2≥(x+y+z)23x2+y2+z2≥(x+y+z)23⇒(x2+y2+z2)2≥(x+y+z)49⇒(x2+y2+z2)2≥(x+y+z)49
Theo Cauchy : ⇒3xyz≤(x+y+z)39⇒3xyz≤(x+y+z)39
⇒(x2+y2+z2)23xyz≥(x+y+z)49(x+y+z)39=x+y+z⇒(x2+y2+z2)23xyz≥(x+y+z)49(x+y+z)39=x+y+z
⇒⇒⇒x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z⇒x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z
=> đpcm
b) \(\dfrac{1}{3a+2b+c}\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Tương tự cho 2 cái kia rồi cộng lại
\(VT\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{6}{a}+\dfrac{6}{b}+\dfrac{6}{c}\right)=\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{1}{6}.16=\dfrac{8}{3}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) ... \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{3}{16}\)
Sử dụng Cô si cho 2 số dương ta được
\dfrac{a^3b}{c}+\dfrac{a^3c}{b}=a^3\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\ge2a^3ca3b+ba3c=a3(cb+bc)≥2a3
Làm tương tự với hai cặp số hạng còn lại và cộng các bất đẳng thức nhận được ta có
\dfrac{a^3b}{c}+\dfrac{a^3c}{b}+\dfrac{b^3c}{a}+\dfrac{b^3a}{c}+\dfrac{c^3b}{a}+\dfrac{c^3a}{b}\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)ca3b+ba3c+ab3c+cb3a+ac3b+bc3a≥2(a3+b3+c3) (1)
Lại theo bất đẳng thức Cô si ta được
a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abca3+b3+c3≥33a3b3c3=3abc (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Theo bất đẳng thức cô si ta có
\(\dfrac{a^3b}{c}\) + \(\dfrac{a^3c}{b}\) = a^3(b/c+c/b) ≥ 2a^3
Tương tự với 1 cặp số hạng còn lại và cộng các bất đẳng thức nhận được ta có
a^3b/c+ a^3c/b + b^3c/a+b^3a/c + c^3b/a+ c^3a/b ≥ 2(a^3+b^3+c^3) (1)
Theo bất đẳng thức cô si ta được
a^3 + b^3 +c^3 ≥ 3\(\sqrt{a^3b^3c^3}=3abc (2) \)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
1.Ta có :\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)
\(=x^2-xy+y^2\) (do x+y=1)
\(=\dfrac{3}{4}\left(x-y\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\ge\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\)\(=\dfrac{1}{4}.1=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi :\(x=y=\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(x^3+y^3\ge\dfrac{1}{4}\)
2.
a) Sửa đề: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-a^2b\right)+\left(b^3-ab^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng vì \(a,b\ge0\))
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
b) Lần trước mk giải rồi nhá
3.
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel\(P=\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\left(x+y+z\right)+3}=\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{1}{y+1}=\dfrac{1}{z+1}\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)
b) \(Q=\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\le\dfrac{x}{2\sqrt{x^2.1}}+\dfrac{y}{2\sqrt{y^2.1}}+\dfrac{z}{2\sqrt{z^2.1}}\)
\(=\dfrac{x}{2x}+\dfrac{y}{2y}+\dfrac{z}{2z}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Áp dụng BĐT: x2+y2+z2\(\ge\)xy+yz+zx ( với x,y,z >0)
Ta có\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\)\(\ge\)\(\dfrac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4}{a^3b^3c^3}\)
\(\ge\)\(\dfrac{a^4b^2c^2+b^4c^2a^2+c^4a^2b^2}{a^3b^3c^3}\)=\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}\)\(\ge\)\(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
= \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) a=b=c