Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a,b đều dương nên a^3 + b^3 dương => a - b dương
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a - b ta được :
\(a^2+b^2+ab<1\)
<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)
<=> \(a^3-b^3=a^3+b^3\)
do b dương nên b^3 > 0 => bất đẳng thức cuối cùng đúng
Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng (đpcm)
bổ sung : do a - b dương nên khi nhân a - b vào cả hai vế thì BĐT không đổi chiều.
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
Trước hết bạn chứng minh : \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (Chứng minh bằng biến đổi tương đương)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có : \(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{6-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\frac{9}{6-3}=3\)
Dễ thấy \(0< a,b,c< 2\)
Ta có:
\(\frac{1}{2-a}\ge\frac{a^2+1}{2}\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)
Tương tự với các cái tương tự, ta được:
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{a^2+1+b^2+1+c^2+1}{2}=3\)(Đpcm)
Dấu = khi a=b=c=1
Bài 1: diendantoanhoc.net
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}\)
Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
cíu toi với
cần gấp lắm các bạn
Từ giả thiết 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b và 𝑎 , 𝑏 > 0 a,b>0 suy ra 𝑎 − 𝑏 > 0 a−b>0, tức 𝑎 > 𝑏 a>b. Viết lại phương trình dưới dạng ( 𝑎 3 − 𝑎 ) + ( 𝑏 3 + 𝑏 ) = 0 ⟹ 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) + 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 0. (a 3 −a)+(b 3 +b)=0⟹a(a 2 −1)+b(b 2 +1)=0. Vì 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) > 0 b(b 2 +1)>0 (do 𝑏 > 0 b>0), nên phải có 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) < 0 a(a 2 −1)<0. Do 𝑎 > 0 a>0 nên 𝑎 2 − 1 < 0 a 2 −1<0, tức 𝑎 2 < 1 ⇒ 0 < 𝑎 < 1. a 2 <1⇒0<a<1. Từ phương trình ban đầu ta cũng có 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 𝑎 − 𝑎 3 . b(b 2 +1)=a−a 3 . Vì 𝑏 2 + 1 > 1 b 2 +1>1 nên 𝑏 = 𝑎 − 𝑎 3 𝑏 2 + 1 < 𝑎 − 𝑎 3 . b= b 2 +1 a−a 3 <a−a 3 . Do đó 𝑎 + 𝑏 < 𝑎 + ( 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 − 𝑎 3 . a+b<a+(a−a 3 )=2a−a 3 . Nhân hai vế với 𝑎 > 0 a>0 được 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 𝑎 ( 2 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 . a(a+b)<a(2a−a 3 )=2a 2 −a 4 . Xét hàm 𝑓 ( 𝑎 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 f(a)=2a 2 −a 4 trên khoảng 0 < 𝑎 < 1 0<a<1. Ta có 𝑓 ′ ( 𝑎 ) = 4 𝑎 − 4 𝑎 3 = 4 𝑎 ( 1 − 𝑎 2 ) > 0 (v ı ˋ 0 < 𝑎 < 1 ) , f ′ (a)=4a−4a 3 =4a(1−a 2 )>0(v ı ˋ 0<a<1), nên 𝑓 f tăng trên ( 0 , 1 ) (0,1) và do đó 𝑓 ( 𝑎 ) < 𝑓 ( 1 ) = 1 f(a)<f(1)=1. Kết hợp với bất đẳng thức trên suy ra 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1. a(a+b)<1. Trở về mục tiêu, từ phân tích ban đầu (chia cả hai vế 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b cho 𝑎 + 𝑏 a+b) 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 = 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 , a 2 −ab+b 2 = a+b a−b =1− a+b 2b , nên 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 = ( 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 ) + 2 𝑎 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 . a 2 +b 2 +ab=(a 2 −ab+b 2 )+2ab=1− a+b 2b +2ab. Vì 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1 a(a+b)<1 tương đương 𝑎 < 1 𝑎 + 𝑏 a< a+b 1 , suy ra 2 𝑎 𝑏 < 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 2ab< a+b 2b . Do đó 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 < 1 , 1− a+b 2b +2ab<1, tức 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 < 1 . a 2 +b 2 +ab<1 .