Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bổ đề: \(a^3+b^3+c^3\ge\dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)^3\) \(\left(\forall a,b,c>0\right)\)
chứng minh bổ đề: \(\Sigma_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right)+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\ge3\sqrt[3]{\left(\Pi_{cyc}\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right).\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}}\)
hoán vị theo a,b,c
ta được: \(3\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
mũ 3 hai vế ta có được bất đẳng thức bổ đề: \(a^3+b^3+c^3\ge\dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)^3\)
Áp dụng bất C-S:
\(\sqrt{a^3+3b}+\sqrt{b^3+3c}+\sqrt{c^3+3a}\ge\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(a^3+b^3+c^3+3a+3b+3c\right)}\)
\(\ge\sqrt{3.\left[3+3\left(a+b+c\right)\right]}=\sqrt{36}=6\)
Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1
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 viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a-b}{b}-\frac{a-b}{c}+\frac{c-a}{a}-\frac{c-a}{c}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
Hay: \(\frac{\left(a-b\right)\left(c-b\right)}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2}{ca}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
Tiếp tục khai triển và thu gọn ta được:
\(\Leftrightarrow b\left(c-a\right)^2\left(b^2+ab+bc\right)\ge a\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b-ac\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng hay bài toán được chứng minh xong.
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.
Tham khảo:
Gỉa sử : a+b+c> 1/a + 1/b + 1/c nhưng không thỏa mãn một và chỉ một trong 3 số a,b,c lớn hơn 1
*TH1:Cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 1 hoặc đều nhỏ hơn 1 suy ra mâu thẫn( vì abc=1)
*TH2: có 2 số lớn hơn 1
Gỉa sử: a>1, b>1, c<1 <=> a-1>0 , b-1>0 , c-1<0
=> (a-1)(b-1)(c-1)<0
=>abc+a+b+c-(ab+bc+ca)-1<0
<=>a+b+c<ab+bc+ca
<=>a+b+c<abc/c+abc/a+abc/b
Thay abc=1 ta được:
a+b+c<1/a+1/b+1/c(mâu thuẫn với giả thuyết nên điều giả sử sai)
=>đpcm
Trường hợp 1: Giả sử ba số , , đều lớn hơn hoặc ba số , , đều nhỏ hơn .
Khi đó
a.b.c (trái với giả thiết).
Trường hợp 2: Giả sử hai trong ba số , , lớn hơn 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử và .
Vì nên do đó:
a + b + c < + \(\dfrac{abc}{a}\) + \(\dfrac{abc}{b}\)
⇔ a + b + c < \(\dfrac{1}{c}\) + \(\dfrac{1}{a}\) + \(\dfrac{1}{b}\) (mâu thuẫn với giả thiết)
Vậy chỉ có một và chỉ một trong ba số , , lớn hơn
Ta có a,b,c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
và \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Ta được: Vế trái \(\ge\dfrac{2\sqrt{ab}}{c}+\dfrac{2\sqrt{bc}}{a}+2\dfrac{\sqrt{ac}}{b}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{2\sqrt{ab}\times2\sqrt{bc}\times2\sqrt{ac}}{abc}}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{8\sqrt{a^2b^2c^2}}{abc}\ge6}\) (Đpcm)
Vậy: \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
Đặt A=\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}\)
\(=\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)+\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\)
Do a,b,c dương.Áp dụng bất đăng thức côsi cho 2 số dương ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\)
\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{ca}{ac}}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{a};\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{b};\dfrac{c}{a}=\dfrac{a}{c}\Leftrightarrow a=b=c\)
=> A\(\ge6\) ,dấu "=" xảy ra tại a=b=c(đpcm)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c