Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt P=\(4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+5\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\left(5a^2+\frac{4}{a}\right)+\left(5b^2+\frac{4}{b}\right)+\left(5c^2+\frac{4}{c}\right)\)
Lại có:\(a^3+b^3+c^3=3\)và \(a,b,c>0\)\(\Rightarrow0< a,b,c\le\sqrt[3]{3}\)
Ta chứng minh cho:
\(5x^2+\frac{4}{x}\ge2x^3+7\)với \(0< x\le\sqrt[3]{3}\)
\(\Leftrightarrow5x^2+\frac{4}{x}-2x^3-7\ge0\)
\(\Leftrightarrow5x^3+4-2x^4-7x\ge0\)
\(\Leftrightarrow2x^4-5x^3+7x-4\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2-x-4\right)\left(x-1\right)^2\le0\)
Nhận thấy \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)^2\ge0\forall x\\2x^2-x-4< 0\forall0< x\le\sqrt[3]{3}\end{cases}}\)\(\Rightarrow5x^2+\frac{4}{x}\ge2x^3+7\)\(\left(1\right)\)
Áp dụng (1).Ta có:
\(P\ge2a^3+7+2b^3+7+2c^3+7\) với \(0< a,b,c\le\sqrt[3]{3}\)
\(\Leftrightarrow P\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+21\)
\(\Leftrightarrow P\ge27\) Do:\(a^3+b^3+c^3=3\)\(\left(đpcm\right)\)
Dấu = xảy ra khi:
\(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge6\)
=> \(-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le-6\)
=> \(-\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le-6.\frac{3}{2}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
=> \(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\ge9\)
=> \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge6\)(1)
Dễ thấy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)(với a,b > 0)
=> (1) đúng
=> BĐTđược chứng minh
b)Đặt \(A=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(a,b,c>0\right)\).
\(A=4\left(a+b+c\right)-3\left(a+b+c\right)+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\).
\(A=\left(4a+\frac{1}{a}\right)+\left(4b+\frac{1}{b}\right)+\left(4c+\frac{1}{c}\right)-3\left(a+b+c\right)\).
Vì \(a>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(4a+\frac{1}{a}\ge2\sqrt{4.a.\frac{1}{a}}=4\left(1\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow4a=\frac{1}{a}\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}\).
Chứng minh tương tự, ta được:
\(4b+\frac{1}{b}\ge4\left(b>0\right)\left(2\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=\frac{1}{2}\).
Chứng minh tương tự, ta được:
\(4c+\frac{1}{c}\ge4\left(c>0\right)\left(3\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow c=\frac{1}{2}\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\left(4a+\frac{1}{a}\right)+\left(4b+\frac{1}{b}\right)+\left(4c+\frac{1}{c}\right)\ge4+4+4=12\).
\(\Leftrightarrow\left(4a+\frac{1}{a}\right)+\left(4b+\frac{1}{b}\right)+\left(4c+\frac{1}{c}\right)-3\left(a+b+c\right)\ge\)\(12-3\left(a+b+c\right)\).
\(\Leftrightarrow A\ge12-3\left(a+b+c\right)\left(4\right)\).
Mặt khác, ta có: \(a+b+c\le\frac{3}{2}\).
\(\Leftrightarrow3\left(a+b+c\right)\le\frac{9}{2}\).
\(\Rightarrow-3\left(a+b+c\right)\ge-\frac{9}{2}\).
\(\Leftrightarrow12-3\left(a+b+c\right)\ge\frac{15}{2}\left(5\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a+b+c=\frac{3}{2}\).
Từ \(\left(4\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:
\(A\ge\frac{15}{2}\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\).
Vậy với \(a,b,c>0\)và \(a+b+c\le\frac{3}{2}\)thì \(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{15}{2}\).
Bài 1:Cách thông thường nhất là sos hoặc cauchy-Schwarz nhưng thôi ko làm:v Thử cách này cho nó mới dù rằng ko chắc
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c\le1\Rightarrow a+b=3-c\ge2\) và \(a\ge1\)
Ta có \(LHS=a^3.a+b^3.b+c^3.c\)
\(=\left(a^3-b^3\right)a+\left(b^3-c^3\right)\left(a+b\right)+c^3\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\left(a^3-b^3\right).1+\left(b^3-c^3\right).2+3c^3\)
\(=a^3+b^3+c^3=RHS\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô - si có 3 và 4 số, ta có:
\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3.\sqrt[3]{\frac{a}{18}.\frac{b}{24}.\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ac}\ge3.\sqrt[3]{\frac{a}{9}.\frac{c}{6}.\frac{2}{ac}}=1\)
\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3.\sqrt[3]{\frac{b}{16}.\frac{c}{8}.\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{b}{12}+\frac{c}{6}+\frac{8}{abc}\ge4.\sqrt[4]{\frac{a}{9}.\frac{b}{12}.\frac{c}{6}.\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)
\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}.\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13.13.12}{18.24}}=\frac{13}{3}\)
\(\frac{13c}{24}+\frac{13b}{48}\ge2\sqrt{\frac{13c}{24}.\frac{13b}{48}}\ge2\sqrt{\frac{13.13.8}{24.48}}=\frac{13}{6}\)
Cộng vế với vế ta có:
\(a+b+c+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\)
Mk muốn làm giúp bạn lắm chứ nhưng mà khổ lỗi mk mới học lớp 6 . Xin lỗi bn
bài 2 gợi ý từ hdt (x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(x+y)(y+z)(z+x)
VT (ở đề bài) = a+b+c
<=>....<=>3[căn bậc 3(a)+căn bậc 3(b)].[căn bậc 3(b)+căn bậc 3(c)].[căn bậc 3(c)+căn bậc 3 (a)]=0
từ đây rút a=-b,b=-c,c=-a đến đây tự giải quyết đc r
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge3abc\)
Suy ra: \(1\ge abc\)
Mà \(a+b+c\ge3\sqrt{abc}\ge3\)
Suy ra: \(2\left(a+b+c\right)\ge6\)
Suy ra: \(VT+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge VT+\frac{1}{a+b+c}\ge VT+\frac{1}{3}=6+\frac{1}{3}=6\frac{1}{3}\)
Vậy .........
UCT -->Chứng minh \(2a+\frac{1}{a}\ge\frac{a^2}{2}+\frac{5}{2}\) với \(0\le a^2;b^2;c^2\le3\)
Tương tự + lại là xog
Nhân cả 2 vế với a+b+c
Chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) tương tự với \(\frac{b}{c}+\frac{c}{b};\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\Leftrightarrow\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)luôn đúng do a;b>0
dễ rồi nhé
b) \(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\)
\(P=\left(\frac{x+1}{x+1}+\frac{y+1}{y+1}+\frac{z+1}{z+1}\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(P=\left(1+1+1\right)-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel (mình nói bđt như vậy,chỗ này bạn cứ nói theo cái bđt đề bài cho đi) ta được:
\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{4}\)
=>\(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\le3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
=>Pmax=3/4 <=> x=y=z=1/3
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