Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt T là vế trái của BĐT, nhân vào biến đổi ta được
\(T=2+\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)-3\)
\(T\ge2+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}-3\)(Sử dụng AM-GM rồi tách)
\(T\ge2+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}-3\)
\(T\ge2\left(1+\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
☘ Đặt \(\dfrac{a}{1+b}=x\text{ và }\dfrac{b}{1+c}=y\text{ và }\dfrac{c}{1+a}=y\)
\(\Rightarrow x+y+z=1\)
☘ Ta có:
\(P=\left(\dfrac{1}{x}-1\right)\left(\dfrac{1}{y}-1\right)\left(\dfrac{1}{z}-1\right)\)
\(=\left(\dfrac{x+y+z}{x}-1\right)\left(\dfrac{x+y+z}{y}-1\right)\left(\dfrac{x+y+z}{z}-1\right)\)
\(=\dfrac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{xyz}\)
☘ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{8xyz}{xyz}=8\)
☘ Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
\(BĐT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{3}{abc}\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
Đổi \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
\(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) , abc=1.
Theo nguyên lý diriclet thì trong 3 số a-1; b-1; c-1 có ít nhất 2 số cùng dấu .Giả sử đó là a-1 và b-1 thì \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Leftrightarrow abc\ge ac+bc-c\)
khi đó BĐT cần cm tương đương :
\(a^2+b^2+c^2+3\left(ac+bc-c\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
hay \(\left(a-b\right)^2+c\left(a+b+c-3\right)\ge0\)
Điều này luôn đúng do \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Vậy BĐt được chứng minh.Dấu = xảy ra khi a=b=c=1.
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Đặt \(a=\dfrac{kx}{y};b=\dfrac{ky}{z};c=\dfrac{kz}{x}\Rightarrow abc=k^3\)
Ta có: \(BDT\Leftrightarrow\dfrac{yz}{kx\left(ky+z\right)}+\dfrac{xz}{ky\left(kz+x\right)}+\dfrac{xy}{kz\left(kx+y\right)}\ge\dfrac{3}{1+k^3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=\dfrac{y^2z^2}{kxyz\left(ky+z\right)}+\dfrac{x^2z^2}{kxyz\left(kz+x\right)}+\dfrac{x^2y^2}{kxyz\left(kx+y\right)}\)
\(\ge\dfrac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{xyz\left(x+y+z\right)k\left(k+1\right)}\ge\dfrac{3xyz\left(x+y+z\right)}{xyz\left(x+y+z\right)k\left(k+1\right)}=\dfrac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Cần chứng minh \(\dfrac{3}{k\left(k+1\right)}\ge\dfrac{3}{1+k^3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3\left(k-1\right)^2}{k\left(k+1\right)\left(k^2-k+1\right)}\ge0\) (luôn đúng)
câu 1: \(VT=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ; \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\) ; \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{a+c}\)
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được:
\(2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge2\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\)
Dấu "=" khi a=b=c