Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\Rightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge a^2b+ab^2+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Chứng minh tương tự rồi cộng vế với vế ta được:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{a+b+c}.\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{abc}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
áp dụng BĐT cô si ta có a^3+1 >=2a\(\sqrt{a}\), tương tự.....
VT=<\(18\left(\frac{1}{2a\sqrt{a}}+\frac{1}{2b\sqrt{b}}+\frac{1}{2c\sqrt{c}}\right)\)=\(18\left(\frac{bc\sqrt{a}+ac\sqrt{b}+ab\sqrt{c}}{2abc\sqrt{abc}}\right)\)\(18\left(\frac{\sqrt{abc}\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)}{2}\right)\)= \(9\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)
ta lại có \(a+b+c>=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)(1)
Mà \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3>=abc=1\)
==> \(\left(a+b+c\right)^3>=27\)
==>\(\left(a+b+c\right)^2>=9\)(2)
nhân (1) và (2) vế theo vế ==> (a+b+c)^3 >=\(9\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)(đpcm)
Đề: \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\sqrt{3}\) ???
*Ta chứng minh : \(x^4-x^3+2\ge x+1\forall x>0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3-x+1\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+1\right)\ge0\) ( đúng )
Do đó: \(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\) \(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
+ \(\frac{1}{a^2+2b^2+3}=\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2}\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\) . Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=1\)
+ Tương tự : \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\). Dấu "=" \(\Leftrightarrow b=c=1\)
\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ca+a+1\right)}\). Dấu "=" \(c=a=1\)
Do đó : \(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{abc\cdot b+abc+ab}+\frac{b}{abc+ab+b}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)=\frac{1}{2}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
DO \(a+b+c=0\)
=>\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
DO \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
=> \(ab+ac+bc=0\)
TA CÓ \(\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
= \(a^6+b^6+c^6+2\left(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\right)=9a^2b^2c^2\)
DO \(ab+ac+bc=0\)
=> \(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3=0\)
=> \(a^6+b^6+c^6=9a^2b^2c^2\)
=> \(\frac{a^6+b^6+c^6}{a^3+b^3+c^3}=\frac{9a^2b^2c^2}{3abc}=3abc\)
Ta có\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\) nên ab + bc + ca = 0. Kết hợp với a + b + c = 0 ta được a2 + b2 + c2 = 0.
Sử dụng phân tích: a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) trong điều kiện a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 0 ta được:
nên a3 + b3 + c3 = 3abc. (1)
và a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2. (2)
từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=0\)
Mà \(\left(a+b+c\right)^2=0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=0\)
Ta lại có:
\(\frac{a^6+b^6+c^6}{a^3+b^3+c^3}=\frac{\left(a^6+b^6+c^6-3a^2b^2c^2\right)+3a^2b^2c^2}{\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+3abc}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\right)+3a^2b^2c^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc}\)
\(=\frac{3a^2b^2c^2}{3abc}=abc\)
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
C/m: BDT: \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\) (1)
That vay ta co:
\(a^3+b^3+abc-ab\left(a+b+c\right)=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (luon dung)
Tuong tu ta co: \(b^3+c^3+abc\ge bc\left(a+b+c\right)\) (2)
\(c^3+a^3+abc\ge ca\left(a+b+c\right)\) (3)
Tu (1), (2), (3) suy ra:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\) (dpcm)