UI
7
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
28 tháng 4 2020
Cm \(3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)\ge abc\left(a+b+c\right)^3\)
Do 2 vế BĐT đồng bậc nên ta chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
BĐT <=> \(3\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\right)+a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\right]\ge27abc\)
<=>\(3\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2\right)\right]\ge27abc\)
Áp dụng BĐT Schur ta có:
\(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2\ge ab^2c\left(ab+bc\right)+a^2bc\left(ab+ac\right)+abc^2\left(ac+bc\right)\)
Khi đó BĐT
<=>\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)+3a^2\left(b+c\right)+3b^2\left(a+c\right)+3c^2\left(a+b\right)\ge27\)
<=> \(3\left(a^3+b^3+c^3\right)+3a^2\left(3-a\right)+3b^2\left(3-b\right)+3c^2\left(3-c\right)\ge27\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\) luôn đúng do \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)( ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
26 tháng 5 2020
Bài 2
Áp dụng \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
=> \(VT\ge\frac{|a+1-b|+|b+1-c|+|c+1-a|}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng BĐT \(|x|+|y|+|z|\ge|x+y+z|\)
=> \(VT\ge\frac{|a+1-b+b+1-c+c+1-a|}{\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
26 tháng 5 2020
Bn ko biết thì đừng có đăng linh tinh nhé hoktok 😋😋😋😋😋😋😋😋😋
12 tháng 4 2020
Với dữ kiện đề bài \(a+b+c+2=abc\) ta đặt:
\(a=\frac{y+z}{x};b=\frac{x+z}{y};c=\frac{x+y}{z}\)
=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ac\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)
BĐT<=> \(\sqrt{\frac{a^2-1}{a^2}}+\sqrt{\frac{b^2-1}{b^2}}+\sqrt{\frac{c^2-1}{c^2}}\le\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
<=> \(\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\le\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki cho VT ta có :
\(VT\le\sqrt{3.\left(3-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2}\right)}\le\sqrt{3\left(3-\frac{3}{4}\right)}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2
IM
1
FA
6 tháng 10 2017
\(A=\dfrac{a^3}{b+c+d}+\dfrac{b^3}{a+c+d}+\dfrac{c^3}{a+b+d}+\dfrac{d^3}{a+b+c}\)
\(=\dfrac{a^4}{ab+ac+ad}+\dfrac{b^4}{ab+bc+bd}+\dfrac{c^4}{ac+bc+cd}+\dfrac{d^4}{ad+bd+cd}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\) (bđt Cauchy Shwarz dạng Engel)
Cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\dfrac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2+3d^2\ge2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-d\right)^2+\left(b-d\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2\ge0\) *đúng*
Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d
PV
1
28 tháng 8 2017
ta co \(\frac{a}{1+b^2c}=\frac{a\left(1+b^2c\right)-ab^2c}{1+b^2c}=a-\frac{ab^2c}{1+b^2c}\ge a-\frac{ab\sqrt{c}}{2}\)
=>\(\frac{a}{1+b^2c}\ge a-\frac{b\sqrt{a.ac}}{2}\ge a-\frac{b\left(a+ac\right)}{4}\)
cmtt=>dpcm
I
2
27 tháng 4 2019
https://www.google.com/search?q=cho+abc%3D1.+cm+1%2F2a%5E3%2Bb%5E3%2Bc%5E3%2B2%3C1%2F2&rlz=1C1NHXL_viVN846VN846&oq=cho+abc%3D1.+cm+1%2F2a%5E3%2Bb%5E3%2Bc%5E3%2B2%3C1%2F2&aqs=chrome..69i57.4867j0j7&sourceid=chrome&ie=UTF-8
29 tháng 4 2019
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\ge\frac{2}{\frac{a+b}{2}}=\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b
Áp dụng :
\(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3+1\right)+\left(a^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{a^3+c^3+1}\right)\)
Tương tự: \(\frac{1}{2b^3+c^3+a^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3+1\right)+\left(b^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}\right)\)
\(\frac{1}{2c^3+b^3+a^3+2}=\frac{1}{\left(c^3+b^3+1\right)+\left(a^3+c^3+1\right)}\le\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{c^3+b^3+1}+\frac{1}{a^3+c^3+1}\right)\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
\(\Sigma\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}\le\frac{1}{4}.2.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\)\(=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\)
Ta chứng minh BĐT phụ:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy!
Có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-ab\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge ab\left(a+b\right)\)( vì a,b>0 => a+b>0)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
đpcm
Dấu " = " xảy ra <=> a=b
Áp dụng: \(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{1}{bc\left(b+c\right)+abc}=\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{a^3+c^3+1}\le\frac{1}{ac\left(a+c\right)+abc}=\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có:
\(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\)\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=1\)
\(\Rightarrow\Sigma\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\right)\le\frac{1}{2}.1=\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1
Tham khảo nhé~
24 tháng 10 2017
b/ Đa số các bài bất 2 luôn đưa về dạng (a+b)(a-b)2 ( kinh nghiệm của t)
Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
<=> \(12a^3-ab\left(a+b\right)\ge11a^3-b^3\)
<=> \(\left(3a-b\right)\left(4a^2+ab\right)\ge11a^3-b^3\)
<=> \(3a-b\ge\frac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}\)
Hoặc cậu có thể đặt \(\frac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}\le ma+nb\)
câu a dùng minkopki
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)\(VT-VP=(a-b)^2(2a^2bc+2ab^2c-abc^2+3ac^3+3bc^3)+(a-c) (b-c) (3 a^2b^2+2 a^2b c+2ab^2c+2abc^2)\ge0\)
Ủa nãy trong tin nhắn anh nhớ có điều kiện a, b, c > 0 mà? Sao tự nhiên xóa mất-_-