Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xí trước phần b
Ta có: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{abc}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{a^2b+ca^2}+\frac{ca}{b^2c+ab^2}+\frac{ab}{c^2a+bc^2}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2b^2c+a^2bc^2}+\frac{c^2a^2}{ab^2c^2+a^2b^2c}+\frac{a^2b^2}{a^2bc^2+ab^2c^2}\)
\(=\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{bc+ab}+\frac{\left(ab\right)^2}{ca+bc}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=1\)
Cách làm khác của phần b ngắn gọn hơn:)
Ta có; \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}+\frac{\frac{1}{b^2}}{b\left(c+a\right)}+\frac{\frac{1}{c^2}}{c\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{\left(\frac{1}{a}\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(\frac{1}{b}\right)^2}{bc+ab}+\frac{\left(\frac{1}{c}\right)^2}{ca+bc}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1
Từ giả thiết \(ab+bc+ca=2abc\)suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)thì \(\hept{\begin{cases}x+y+z=2\\x,y,z>0\end{cases}}\)và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)hay \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}+\frac{y^3}{\left(z+x\right)^2}+\frac{z^3}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức ta được \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}+\frac{y^3}{\left(z+x\right)^2}+\frac{z^3}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y+z\right)^2+y\left(z+x\right)^2+z\left(x+y\right)^2}\)\(=\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz}\)
Ta cần chứng minh\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz}\ge\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz\)
Thật vậy, theo một đánh giá quen thuộc ta có \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=2\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}\)
Mà ta lại có \(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^3+y^3+z^3+x^2y+x^2z+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y\)
Suy ra ta có \(\frac{2\left(x+y+z\right)^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}\ge\frac{4\left(x^3+y^3+z^3+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\right)}{3}\)
Ta cần chỉ ra được \(4\left(x^3+y^3+z^3+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\right)\)\(\ge3\left(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2+6xyz\right)\)
Hay\(4\left(x^3+y^3+z^3\right)+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\ge18xyz\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(4\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge12xyz\); \(x^2y+y^2z+z^2x\ge3xyz\); \(xy^2+yz^2+zx^2\ge3xyz\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được\(4\left(x^3+y^3+z^3\right)+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\ge18xyz\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\)
Ta có
\(A=\left(a-b+c\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=3+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
áp dụng bđt Cauchy ta có
\(A\ge3+2-2-2=1\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
\(\left(a-b+c\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c+a\right)\ge0\)(đúng)
Vậy bài toán được chứng minh
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski, ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\)
\(\ge\left(\frac{a}{ac+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2\) \(\left(1\right)\)
Lại có: \(\frac{a}{ac+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{a}{ac+a+abc}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{abc+bc+b}\) ( Do abc=1 )
\(=\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{bc+b+1}\)
\(=1\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\ge1\)
Mà \(a;b;c>0\Rightarrow a+b+c>0\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\ge\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Câu hỏi của Nguyễn Thiều Công Thành - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đặt \(a+b+c=t\) ta có \(a+b+c\le3\)
Đặt \(P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2P\ge\frac{18}{a+b+c}+3\left(a+b+c\right)=\frac{18}{t}+3t\)
ĐẾn đây nhóm thế nào hả ad
Do \(a;b;c>0\) và \(a^2+b^2+c^2=3\)
\(\Rightarrow0< a;b;c< \sqrt{3}\)
Ta cần CM: \(\frac{1}{a}+\frac{3}{2}a\ge\frac{a^2+9}{4}\)
Hay \(\frac{\left(a-1\right)^2\left(4-a\right)}{4a}\ge0\) Dúng do \(0>a< \sqrt{3}\)
Tương tự cộng lại ta được BđT cần cm
\(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+a}{a}.\frac{1+b}{b}\ge9\)
\(\Leftrightarrow1+a+b+ab-9ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow2-8ab\ge0\)
Thế a = 1 - b vào ta được
\(\Leftrightarrow2-8b\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow4b^2-4b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2b-1\right)^2\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM
có sự nhầm lẫn :'>
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge\frac{4}{3}\)