![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bđt coossi ta dduowcj : \(a+b+c\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\Rightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\Rightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu = xảy ra khi a=b+c và b=c và a+b+c=1=>a=1/2;b=c=1/4
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2=\left(b+c\right)\left(a+\left(b+c\right)\right)^2\ge2\sqrt{bc}.4a\left(b+c\right)\)
\(\ge8\sqrt{bc}.a.2\sqrt{bc}\ge16abc\)
Dấu "=" xảy ra bạn tự kiếm nhé
u trả lời hay nhất: ta có (b+c)^2/4>=bc =>16abc=<16a(b+c)^2/4=4a(b+c) =4a (1-a)^2 =4a (1-a)(1-a) =(4a-4a^2)(1-a)
=(1-a) (1- (2a-1)^2)
Vì (2a-1)^2 >= 0 nên 1- (2a-1)^2 =< 1 suy ra (1-a) (1- (2a-1)^2) =<b+c
Vậy 16abc=< b+c
p/s :kham khảo
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Có:\(\left(b+c\right)^2=\left(b+c\right)^2\cdot\left(a+b+c\right)^2\)
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\);
\(\left(b+c\right)^2\ge4bc\);
Nhân theo vế 2 bđt trên ta có:
\(\left(b+c\right)^2\cdot\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\cdot4bc\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\ge16abc\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge16abc\)(chia cả 2 vế cho b+c) (đpcm)
Dấu ''='' xảy ra khi: \(a=\dfrac{1}{2};b=c=\dfrac{1}{4}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(P=\frac{25a^2}{\sqrt{2a^2+16ab+7b^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{2b^2+16bc+7c^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(=\frac{25a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2-2\left(a-b\right)^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{\left(2b+3c\right)^2-2\left(b-c\right)^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(\ge\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\left(2a+3b\right)\ge2\sqrt{\frac{25a^2}{2a+3b}.\left(2a+3b\right)}=10a\Rightarrow\frac{25a^2}{2a+3b}\ge8a-3b\)(1)
\(\frac{25b^2}{2b+3c}+\left(2b+3c\right)\ge2\sqrt{\frac{25b^2}{2b+3c}.\left(2b+3c\right)}=10b\Rightarrow\frac{25b^2}{2b+3c}\ge8b-3c\)(2)
\(\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}=\frac{3c^2}{a}+c^2=\left(\frac{3c^2}{a}+3a\right)+\left(c^2+1\right)-3a-1\)\(\ge2\sqrt{\frac{3c^2}{a}.3a}+2c-3a-1=8c-3a-1\)(3)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\ge5\left(a+b+c\right)-1=14\)
Vậy \(P\ge14\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng BĐT cô-si, ta có
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right);\left(b+c\right)^2\ge4bc\)
Nhân từng vế, ta có \(\left(a+b+c\right)^2\left(b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right).4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\left(ĐPCM\right)\)
dấu = xảy ra <=>\(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
^_^
Câu trả lời hay nhất: áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm có
1 = (a + b+ c)^2 >= 4a(b + c)
<=> b +c >= 4a(b + c)^2
Mà (b + c)^2 >= 4bc
Vậy b + c >= 4a.4bc = 16abc
p/s:kham khảo
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si (\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)) ta được:
\(a+1\ge2\sqrt{a}\)
\(b+1\ge2\sqrt{b}\)
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
Nhân từng vế các BĐT trên :
=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=16abc\) (đpcm)
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\Rightarrow4a\left(b+c\right)\le1\)
\(\Rightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\ge4a.4bc=16abc\)
\(\Rightarrow16abc-b-c\le0\)
\(\Rightarrow P_{max}=0\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;0;0\right);\left(\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{4}\right)\)
Ta có \(1=a+b+c\ge a+b\Rightarrow a\le1-b\)
\(Q=16ab-b-c\le16ab-b\le16\left(1-b\right)b-b\)
\(Q\le-16b^2+15b=\frac{225}{64}-16\left(b-\frac{15}{32}\right)^2\le\frac{225}{64}\)
\(Q_{max}=\frac{225}{64}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{17}{32};\frac{15}{32};0\right)\)