K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

4 tháng 9 2021

Ủa bị lỗi hả:v? undefined

26 tháng 1 2018

+ thêm bớt bc,ca,ab lần lượt cho P ta được

\(P=\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{3b+3ca-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{3c+3ab-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si cho mẫu ta có

\(3a+3bc\ge2\sqrt{9abc}=6\sqrt{abc}\)

suy ra

\(\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+Bc\right)}\)

tương tự với các BDT còn lại suy ra :

\(P\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

đên đây easy chưa ? chung mẫu + lại với nhau ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\) luôn đúng thay vào ta được

ta có   \(a^2+B^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\) thêm bớt + hằng đẳng thức

thay vào và đổi dấu ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-9+2\left(ab+bc+Ca\right)}+3abc\)

có  \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)

\(ca+1\ge2\sqrt{ac}\)

\(bc+1\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le ab+bc+ca+3\)

ta lại có

\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le a+B+c\left(cosi\right)\) suy ra

\(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3\Leftrightarrow6\le ab+Bc+ca+3\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

  suy ra  

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-9+2\left(3\right)}=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}\)

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}+3abc\)

ta có

\(a.a.a\le\frac{\left(a+a+a\right)^3}{27}\)

\(b.b.b\le\frac{\left(b+b+b\right)^3}{27}\)

\(c.c.c\le\frac{\left(c+c+C\right)^3}{27}\)

\(a^3+b^3+c^3\le\frac{\left(3a\right)^3+\left(3b\right)^3+\left(3c\right)^3}{27}\)

bạn ơi chắc là đề sai rồi làm sao có thể đi chứng minh được cái

\(a^3+b^3+c^3\le a+b+c\) 

bạn xem lại đi nha @@

19 tháng 5 2017

ko khó nhưng mà bn đăng từng câu 1 hộ mk mk giải giúp cho

9 tháng 8 2020

gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)

=> Thay vào thì     \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)

\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)

Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào

=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)

=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\) 

8 tháng 1 2020

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)

\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 8 2021

Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của bđt AM-GM:
$(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\leq 9$

$\Rightarrow a+b+c\leq 3$ (đpcm)

Từ đây ta có:

\(E\leq \frac{a}{\sqrt[3]{(a+b+c)a+bc}}+\frac{b}{\sqrt[3]{(a+b+c)b+ac}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c(a+b+c)+ab}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt[3]{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt[3]{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt[3]{(c+a)(c+b)}}\)

\(\leq \frac{\sqrt[3]{2}}{3}(\frac{a}{2}+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})+\frac{\sqrt[3]{2}}{3}(\frac{b}{2}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c})+\frac{\sqrt[3]{2}}{3}(\frac{c}{2}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b})\)

\(=\frac{\sqrt[3]{2}(a+b+c)}{6}+\frac{\sqrt[3]{2}}{3}(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a})\leq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}\)

Vậy.................

NV
26 tháng 8 2021

\(3\ge a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow a+b+c\le3\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt[3]{3a+bc}}\le\dfrac{a}{\sqrt[3]{a\left(a+b+c\right)+bc}}=\sqrt[3]{2}.\sqrt[3]{\dfrac{a}{a+b}.\dfrac{a}{a+c}.\dfrac{a}{2}}\le\dfrac{\sqrt[3]{2}}{3}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{a}{2}\right)\)

Cộng vế và rút gọn:

\(E\le\dfrac{\sqrt[3]{2}}{3}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{2}\right)\)

\(E\le\dfrac{\sqrt[3]{2}}{3}\left(3+\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}\)

NV
13 tháng 1

Biểu thức này có vẻ chỉ tìm được min chứ ko tìm được max:

Min:

\(P^2=a+b+c+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(b+c^3a^3\right)}+2\sqrt{\left(a+b^3c^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}+2\sqrt{\left(b+c^3a^3\right)\left(c+a^3b^3\right)}\)

\(P^2\ge a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\ge a+b+c=2\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{2}\)

\(P_{min}=\sqrt{2}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;2\right)\) và các hoán vị

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 2 2018

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((3a^2+b^2)(3+1)\geq (3a+b)^2\Rightarrow \sqrt{3a^2+b^2}\ge \frac{3a+b}{2}\)

\(\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{3a^2+b^2}+1}\leq \frac{2ab}{3a+b+2}\)

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow Q\leq \frac{2ab}{3a+b+2}+\frac{2bc}{3b+c+2}+\frac{2ac}{3c+a+2}\)

\(\Leftrightarrow 3Q\leq \frac{6ab}{3a+b+2}+\frac{6bc}{3b+c+2}+\frac{6ac}{3c+a+2}\)

\(\Leftrightarrow 3Q\le 2b-\frac{2b^2+4b}{3a+b+2}+2c-\frac{2c^2+4c}{3b+c+2}+2a-\frac{2a^2+4a}{3c+a+2}\)

\(\Leftrightarrow 3Q\leq 6-\left(\frac{2b^2+4b}{3a+b+2}+\frac{2c^2+4c}{3b+c+2}+\frac{2a^2+4a}{3c+a+2}\right)(1)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{2b^2}{3a+b+2}+\frac{2c^2}{3b+c+2}+\frac{2a^2}{3c+a+2}\geq \frac{2(b+c+a)^2}{3a+b+2+3b+c+2+3c+a+2}=\frac{2(a+b+c)^2}{4(a+b+c)+6}=1(2)\)

Và:

\(\frac{4b}{3a+b+2}+\frac{4c}{3b+c+2}+\frac{4a}{3c+a+2}=4\left(\frac{b^2}{3ab+b^2+2b}+\frac{c^2}{3bc+c^2+2c}+\frac{a^2}{3ac+a^2+2a}\right)\)

\(\geq \frac{4(b+c+a)^2}{3ab+b^2+2b+3bc+c^2+3ac+a^2+2a}=\frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)+(ab+bc+ac)}\)

\(\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=2(3)\) (AM-GM)

Từ \((1); (2); (3)\Rightarrow 3Q\leq 6-(2+1)\Leftrightarrow 3Q\leq 3\Leftrightarrow Q\leq 1\)

Vậy Q(max) là $1$

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

 

7 tháng 2 2018

Akai Haruma cô ơi làm giùm em với