Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:
\(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
ĐẶT: \(x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1\)
KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:
\(\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ĐẶT : \(t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:
\(x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6\) (DO xyz=1)
\(\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2\)
VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:
\(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0\)
ĐÚNG VỚI : \(t\ge2\)
ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c
\(\Rightarrow DPCM\)
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được:
\(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+b^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)^3\)
\(\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+bc^2\right)^3\)
\(\left(1+c^3\right)\left(1+a^3\right)\left(1+a^3\right)\ge\left(1+ca^2\right)^3\)
Nhân từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:
\(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)\left(1+bc^2\right)\left(1+ca^2\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
\(\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6\)
Giả sử \(c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(a=c+u,b=c+v\) thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc\)
Cũng theo BĐT AM-GM \(\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}\)và \(\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\)
\(\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)
\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)
Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:
\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Dấu "=" khi a = b = c > 0
P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh
\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}-1\)
