Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/
\(VT\ge\frac{\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}{a+b}+\frac{\frac{1}{2}\left(b+c\right)^2}{b+c}+\frac{\frac{1}{2}\left(c+a\right)^2}{c+a}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/ Ta có: \(x^4+y^4\ge\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+y^2\right)\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+ca\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+ab\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{1}{a+\frac{1}{a}\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+\frac{1}{b}\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+\frac{1}{c}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
\(VT\le\frac{a+b+c}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{a+b+c}\le\frac{3}{3\sqrt[3]{abc}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/
\(a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^6}=3a^2\)
Tương tự: \(2b^3+1\ge3b^2\) ; \(2c^3+1\ge3c^2\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\)
Mặt khác ta lại có:
\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3-3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge a^2+b^2+c^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{a^3}{\left(b+2\right)^2}+\frac{b+2}{27}+\frac{b+2}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+2\right)^2}{27^2.\left(b+2\right)^2}}=\frac{a}{3}\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{\left(c+2\right)^2}+\frac{c+2}{27}+\frac{c+2}{27}\ge\frac{b}{3}\) ; \(\frac{c^3}{\left(a+2\right)^2}+\frac{a+2}{27}+\frac{a+2}{27}\ge\frac{c}{3}\)
Cộng vế với vế:
\(VT+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{2}{3}\ge1\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
ap dung bdt am gm
\(\sqrt{1+8a^3}=\sqrt{\left(1+2a\right)\left(4a^2-4a+1\right)}\)\(\le\frac{1+2a+4a^2-2a+1}{2}=\frac{4a^2+2}{2}=2a^2+1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{1+8a^3}}\ge\frac{1}{2a^2+1}\)
tuongtu ta cung co \(\frac{1}{\sqrt{1+8b^3}}\ge\frac{1}{2b^2+1};\frac{1}{\sqrt{1+8c^3}}\ge\frac{1}{2c^2+1}\)
\(\Rightarrow\)VT\(\ge\frac{1}{2a^2+1}+\frac{1}{2b^2+1}+\frac{1}{2c^2+1}\)
tiep tuc ap dung bat cauchy-schwarz dang engel ta co
\(VT\ge\frac{1}{2a^2+1}+\frac{1}{2b^2+1}+\frac{1}{2c^2+1}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}=\frac{3^2}{6+3}=1\)(dpcm)
dau = xay ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\) \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:
** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\); \(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\); \(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên
** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)
Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).
Or the following SOS: 
* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)
\(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)
2.
a, Kẻ \(AH\perp BC\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}cosB=\frac{BH}{AB}\\cosC=\frac{CH}{AC}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=AB.cosB\\CH=AC.cosC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow BC=BH+CH=AB.cosB+AC.cosC\)
b, câu b trưa học tối làm tiếp nha, giờ có việc gấp
1. Đề đúng phải là \(sin\widehat{BAC}=2sin\widehat{HAC}.cos\widehat{HAC}\) \(\left(cos\text{ không phải }cot\right)\)
Kẻ \(BD\perp AC\)
\(sin\widehat{BAC}=2sin\widehat{HAC}.cos\widehat{HAC}\)
\(\Leftrightarrow\frac{BD}{AB}=2.\frac{CH}{AC}.\frac{AH}{AC}=\frac{BC.AH}{AB^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{BD}{BC}=\frac{AH}{AB}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{BD}{BC}=\frac{AH}{AB}\)
Xét \(\Delta BDC\) và \(\Delta AHB\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{C}=\widehat{ABH}\\\widehat{BDC}=\widehat{AHB}=90^o\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta BDC\sim\Delta AHB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BD}{BC}=\frac{AH}{AB}\left(đpcm\right)\)
Trước hết ta c/m bổ đề sau:
Với mọi số thực dương x;y ta luôn có:
\(x^4+y^4\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)
Thật vậy, BĐT đã cho tương đương:
\(x^4-x^3y+y^4-xy^3\ge0\Leftrightarrow x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^3-y^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng bổ đề trên ta có:
\(T\le\dfrac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a}+\dfrac{b}{ac\left(a^2+c^2\right)+b}+\dfrac{c}{ab\left(a^2+b^2\right)+c}\)
\(\Rightarrow T\le\dfrac{a^2}{abc\left(b^2+c^2\right)+a^2}+\dfrac{b^2}{abc\left(a^2+c^2\right)+b^2}+\dfrac{c^2}{abc\left(a^2+b^2\right)+c^2}\)
\(\Rightarrow T\le\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\)
\(T_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)
Dạ em cảm ơn ạ
Sửa đề: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
\(\Leftrightarrow P=a^2c+b^2a+c^2b+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)
Ta có:
\(a^2c+a^2c+b^2a\ge3\sqrt[3]{a^3.\left(abc\right)^2}=3a\)
\(b^2a+b^2a+c^2b\ge3\sqrt[3]{b^3\left(abc\right)^2}=3b\)
\(c^2b+c^2b+a^2c\ge3\sqrt[3]{c^3\left(abc\right)^2}=3c\)
Cộng vế với vế: \(a^2c+b^2a+c^2b\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow P\ge a+b+c+\frac{3}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}+\frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow P\ge2\sqrt{\frac{3\left(a+b+c\right)}{3\left(a+b+c\right)}}+\frac{2}{3}.3\sqrt[3]{abc}=4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)