Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)
Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM_GM kết hợp với $abc=1$:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a\). Tương tự với các phân thức khác
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\geq 3(a+b+c)\)
Tiếp tục áp dụng AM_GM:
\(\frac{b}{a}+b^2c^2a+c\geq 3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc......\), công theo vế và rút gọn
\(\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng hai BĐT thu được lại, ta có:
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq 2\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
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
Để ý theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\) sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:
\(\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\)
Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\)
\(=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:
\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+24abc}\)
Ta chứng minh được \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)nên ta được:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a+b+c\right)^2\)
Hay \(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
sửa: chứng minh \(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{3}{2}\)
áp dụng bđt Cauchy ta có
\(\frac{1}{1+ab}=1-\frac{1}{1+ab}\ge1-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=1-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+bc}\ge1-\frac{\sqrt{bc}}{2}\\\frac{1}{1+ca}\ge1-\frac{\sqrt{ca}}{2}\end{cases}}\)
cộng theo vế các bđt trên và áp dụng bđt Cauchy ta được
\(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}\ge3-\frac{1}{2}\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(\ge3-\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\right)=3-\frac{a+b+c}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}1+ab=1+bc=1+ca\\a=b=c\\a+b+c=3\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)
Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:
\(a+b+c=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:
\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)
\(\le\left(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\right)\left[a\left(c+2b\right)b\left(a+2c\right)c\left(b+2a\right)\right]\)
Như vậy lúc này ta được:
\(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bài toán đã được chứng minh.