Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(1=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}\Rightarrow\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\ge3\Rightarrow a^2b^2c^2\ge27\)
\(A=1+a^2b^2c^2+a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(A\ge1+27+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+3\left(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\right)^2\)
\(A\ge1+27+3.3+3.3^2=...\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=...\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{b}{a}\right)^2+\left(\frac{c}{a}\right)^2\le1\)
Đặt \(\left[\left(\frac{b}{a}\right)^2;\left(\frac{c}{a}\right)^2\right]=\left(x;y\right)\Rightarrow x+y\le1\)
\(P=x+y+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\ge x+y+\frac{4}{x+y}\)
\(P\ge x+y+\frac{1}{x+y}+\frac{3}{x+y}\ge2\sqrt{\frac{x+y}{x+y}}+\frac{3}{1}=5\)
\(p_{min}=5\) khi \(x=y=\frac{1}{2}\Leftrightarrow b=c=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
\(VT=\text{Σ}\left(\frac{1}{a}-1\right)=\frac{b+c}{a}.\frac{c+a}{b}.\frac{a+b}{c}\)
\(\ge\frac{8\sqrt{a^2b^2c^2}}{abc}=8\)(cô - si)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =\(\frac{1}{3}\))
\(B=a-b+\frac{4}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}+b\ge2\sqrt{\frac{4\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}}+b=\frac{4}{b+1}+b\)
\(B\ge\frac{4}{b+1}+b+1-1\ge2\sqrt{\frac{4\left(b+1\right)}{b+1}}-1=3\)
\(B_{min}=3\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}b=1\\a=2\end{matrix}\right.\)
Câu C bạn coi lại đề, khi a>b>1 thì ko có min, a>b>0 mới có min
đặt \(a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2}\left(x;y;z>0\right)\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
áp dụng bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được
\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
hay ta cần chứng minh
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+xz\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)\)
khai triển và thu gọn ta được \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng. Bất đẳng thức được chứng minh
\(A\ge7\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)^2+\frac{18135}{a+b+c}\)
Đặt \(a+b+c=x\Rightarrow0< x\le2\)
\(A\ge19x^2+\frac{18135}{x}=19x^2+\frac{152}{x}+\frac{152}{x}+\frac{17831}{x}\)
\(A\ge3\sqrt[3]{\frac{19.152.152x^2}{x^2}}+\frac{17831}{2}=\frac{18287}{2}\)