Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cần cù bù thông minh ( ͡° ͜ʖ ͡°)
\(BDT\Leftrightarrow\frac{a^3+abc}{b^2+c^2}-a+\frac{b^3+abc}{c^2+a^2}-b+\frac{c^3+abc}{a^2+b^2}-c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a^2+bc-b^2-c^2\right)}{b^2+c^2}+\frac{b\left(b^2+ac-c^2-a^2\right)}{c^2+a^2}+\frac{c\left(c^2+ab-a^2-b^2\right)}{a^2+b^2}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\frac{a\left(\left(a-b\right)\left(a+2b-c\right)-\left(c-a\right)\left(a+2c-b\right)\right)}{b^2+c^2}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(\left(a-b\right)\left(\frac{a\left(a+2b-c\right)}{b^2+c^2}-\frac{b\left(b+2a-c\right)}{a^2+c^2}\right)\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left((a-b)^2\left(\frac{(a^3+b^3-c^3+3a^2b+3ab^2-a^2c-b^2c-abc+ac^2+bc^2)}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}\right)\right)\ge0\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2};a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge9\sqrt[3]{a^2b^2c^2.abc}=9abc\)
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3abc}\ge\frac{3}{a+b+c}\Rightarrow\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
áp dụng bất đẳng thức schwarts ta có:
\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
dấu "=" xảy ra khi a=b=c
\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)
\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)
\(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)
\(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)
\(2.\) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) \(1\ge8abc\)
\(\Leftrightarrow\) \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)
Ta có: \(ab+bc+ca+abc=4\)
\(\Leftrightarrow abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8\)\(=12+\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\)\(=\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\Leftrightarrow\frac{2}{a+2}+\frac{2}{b+2}+\frac{2}{c+2}=2\)
\(\Leftrightarrow3-\left(\frac{2}{a+2}+\frac{2}{b+2}+\frac{2}{c+2}\right)=1\)\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}=1\)
Đặt \(x=\frac{a}{a+2};y=\frac{b}{b+2};z=\frac{c}{c+2}\). Khi đó x + y + z = 1 và \(\frac{1}{x}=\frac{a+2}{a}=1+\frac{2}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{2}{a}=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}=\frac{y+z}{x}\Rightarrow a=\frac{2x}{y+z}\)
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\)
Lúc đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
\(\sqrt{\frac{2x}{y+z}.\frac{2y}{z+x}}+\sqrt{\frac{2y}{z+x}.\frac{2z}{x+y}}+\sqrt{\frac{2z}{x+y}.\frac{2x}{y+z}}\le3\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{\frac{x}{y+z}.\frac{y}{z+x}}+2\sqrt{\frac{y}{z+x}.\frac{z}{x+y}}+2\sqrt{\frac{z}{x+y}.\frac{x}{y+z}}\le3\)
Theo BĐT AM - GM, ta có: \(2\sqrt{\frac{x}{y+z}.\frac{y}{z+x}}\le\frac{y}{y+z}+\frac{x}{z+x}\)(1)
Tương tự: \(2\sqrt{\frac{y}{z+x}.\frac{z}{x+y}}\le\frac{z}{z+x}+\frac{y}{x+y}\)(2) ;\(2\sqrt{\frac{z}{x+y}.\frac{x}{y+z}}\le\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}\)(3)
Cộng theo vế của (1), (2), (3), ta được: \(2\sqrt{\frac{x}{y+z}.\frac{y}{z+x}}+2\sqrt{\frac{y}{z+x}.\frac{z}{x+y}}+2\sqrt{\frac{z}{x+y}.\frac{x}{y+z}}\)\(\le\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}\right)+\left(\frac{y}{y+z}+\frac{z}{y+z}\right)+\left(\frac{z}{z+x}+\frac{x}{z+x}\right)=3\)
Vậy bài toán được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)hay a = b = c = 1.
Đặt \(a=\frac{1}{x},\text{ }b=\frac{1}{y},\text{ }c=\frac{1}{z}\Rightarrow x+y+z+1=4xyz\Leftrightarrow r=\frac{p+1}{4}\)
Cần chứng minh: \(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\le3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le3\sqrt{xyz}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z+2\Sigma\sqrt{xy}\le9xyz\)
\(\Leftrightarrow4\left(p+2\Sigma\sqrt{xy}\right)\le9\left(p+1\right)\)
\(\Leftrightarrow8\Sigma\sqrt{xy}\le5p+9\) (1)
Ta có: \(t^2+u^2+v^2+2tuv+1\ge2\left(tu+uv+tv\right)\) (quen thuộc, trên mạng chắc có)
Vì vậy: \(x+y+z+2\sqrt{xyz}+1\ge2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\)
Hay là: \(4\left(p+2\sqrt{xyz}+1\right)\ge8\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)\) (2)
Từ (1) và (2) ta chứng minh: \(4\left(p+2\sqrt{r}+1\right)\le5p+9\)
\(\Leftrightarrow4p+4\sqrt{\left(p+1\right)}+4\le5p+9\)
\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)^2\ge0\). Xong.
trước hết ta cần chứng minh \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5a^2}\le4b-a\left(1\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow19b^3-a^3\le\left(4b-a\right)\left(ab+5a^2\right)\left(ab+5a^2>0\right)\)
phá ngoặc và biến đổi thành bất đẳng thức quen thuộc\(a^3+b^3\ge\left(a+b\right)ab\)với a,b dương
để cm bất đẳng thức này ta cần biến đổi tương đương thành\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b)
chứng minh tương tự ta có VT\(\le\)4b-a+4c-b+4a-c\(=\)3(a+b+c)
để tham khảo thêm bạn có thể vào toán học tuổi trẻ số 440