Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT
\(\dfrac{9}{x+y+z}\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\\ \Rightarrow\dfrac{9abc}{a+3a+2c}\\ =\dfrac{9}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)+2b}\le\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{4}{2}\)
Tương tự với 2 BĐT còn lại rồi cộng vế theo vế
=> 9 vế trái
\(\le\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\\ +\dfrac{ca}{b+c}+\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{a+b+c}{2}\\ =\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{2}\\ \Rightarrow......._{\left(đpcm\right)}\)
\(VT=\dfrac{a^2}{b+ab^2c}+\dfrac{b^2}{b+abc^2}+\dfrac{c^2}{c+a^2bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{9}{3+3abc}\)
\(VT\ge\dfrac{9}{3+\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{9}}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AM-GM ngược dấu như sau:
\(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3ab}=\dfrac{2a-b}{3}\)
Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{2b-c}{3};\dfrac{c^3}{c^2+ac+a^2}\ge\dfrac{2c-a}{3}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a-b}{3}+\dfrac{2b-c}{3}+\dfrac{2c-a}{3}=\dfrac{a+b+c}{3}=VP\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{a^4}{a^3+a^2b+ab^2}+\dfrac{b^4}{b^3+b^2c+bc^2}+\dfrac{c^4}{c^3+ac^2+ca^2}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+ac^2+ca^2}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Dễ thấy :
\(a^{3}+b^{3}+c^{3}+ab(b+c)+bc(b+c)+ca(c+a)=(a^{2}+ b^{2}+c^{2})(a+b+c)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Vậy cần chứng minh
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\dfrac{a+b+c}{3}\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (luôn đúng)
\(\Leftrightarrow ab\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}\right)+bc\left(\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}\right)+ca\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a-b\right)}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{bc\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a^2-b^2\right)+bc\left(b^2-c^2\right)+ca\left(c^2-a^2\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\) hay tam giác cân
Lời giải:
Vì $a+b+c=1$ nên:
\(a^2+b^2+abc-1=(a+b)^2-2ab+abc-1\)
\(=(a+b)^2-1+ab(c-2)=(1-c)^2-1+ab(c-2)\)
\(=-c(2-c)+ab(c-2)=c(c-2)+ab(c-2)=(c+ab)(c-2)\)
Do đó:
\(\frac{c+ab}{a^2+b^2+abc-1}=\frac{c+ab}{(c+ab)(c-2)}=\frac{1}{c-2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, suy ra:
\(\frac{c+ab}{a^2+b^2+abc-1}+\frac{a+bc}{b^2+c^2+abc-1}+\frac{b+ac}{a^2+c^2+abc-1}=\frac{1}{c-2}+\frac{1}{a-2}+\frac{1}{b-2}=\frac{(a-2)(b-2)+(b-2)(c-2)+(c-2)(a-2)}{(a-2)(b-2)(c-2)}\)
\(=\frac{ab+bc+ac-4(a+b+c)+12}{(a-2)(b-2)(c-2)}=\frac{ab+bc+ac+8}{(a-2)(b-2)(c-2)}\)
Ta có đpcm.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{a^3}{bc}+b+c\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a\)
\(\frac{b^3}{ca}+c+a\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b\)
\(\frac{c^3}{ab}+a+b\geq 3\sqrt[3]{c^3}=3c\)
Cộng theo vế thu được:
\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}+2(a+b+c)\geq 3(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$(a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 9abc$
$\Rightarrow abc\leq \frac{1}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$. Do đó:
$(a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc$
$\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(ab+bc+ac)(a+b+c)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Rightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)\leq \frac{9}{8}(*)$
Mà cũng theo BĐT Cô-si:
$1=(a+b)(b+c)(c+a)\leq \left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3$
$\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{2}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{9}{8}.\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{9}{8}.\frac{2}{3}=\frac{3}{4}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$
Ta có:\(\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ac}\ge\dfrac{9}{1+1+1+ab+bc+ca}\)(AM-GM)
Lại có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{3+ab+bc+ca}\ge\dfrac{9}{3+a^2+b^2+c^2}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Cháu làm cho bác câu 2 thôi,câu 3 THANGDZ làm rồi sợ mất bản quyền lắm:v
Lời giải:
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}\)
\(=\dfrac{a^2}{a^2+2ab+3ac}+\dfrac{b^2}{b^2+2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{c^2+2ac+3bc}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+5ab+5bc+5ac}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)
Đề bài sai
Ví dụ với \(a=b=c=0,1\)