Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
\(A=\sum\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\sum\frac{a^3}{\frac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(\sum\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge\sum\left(a-\frac{b}{2}\right)=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm."="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cách 2 :
\(\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{a^2+ac+c^2}=a-b+b-c+c-a=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(A=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{a^2+ac+c^2}\)
\(B=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Rightarrow A+B=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}+\frac{\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(P=\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\) => \(P=\frac{1}{3}+\frac{2\left(a-b\right)^2}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\left(a+b\right)\ge\frac{1}{3}\left(a+b\right)\)
Làm tương tự như vậy , ta có :
\(A+B\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=\frac{2.3}{3}=2\)
Mà \(A=B\Rightarrow A\ge1\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy ...
Ta dễ có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\ge1-\frac{a^2}{2a}=1-\frac{a}{2}\)
Một cách tương tự \(\frac{1}{b^2+1}\ge1-\frac{b}{2};\frac{1}{c^2+1}\ge1-\frac{c}{2}\)
Khi đó: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{a+b+c}{2}\)
Cần chứng minh: \(3-\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow a+b+c\le3\)
Hình như có gì đó sai sai @@
Lời giải kia sai rồi :V Làm cách khác:
Ta có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\)
Tương tự rồi ta được:
\(LHS=3-\left(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\right)\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{3a^2+3}+\frac{b^2}{3b^2+3}+\frac{c^2}{3c^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Ta dễ có được:
\(\frac{4a^2}{3a^2+3}=\frac{4a^2}{3a^2+ab+bc+ca}=\frac{\left(a+a\right)^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\frac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\)
Tương tự:
\(\frac{4b^2}{3b^2+3}\le\frac{b^2}{b\left(a+b+c\right)}+\frac{b^2}{2b^2+ca};\frac{4c^2}{3c^2+3}\le\frac{c^2}{c\left(a+b+c\right)}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\frac{1}{4}\left(1+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Một cách khác ta dễ có được: \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)
Done !
a/ \(\frac{4bc-a^2}{bc+2a^2}.\frac{4ab-c^2}{ab+2c^2}.\frac{4ac-b^2}{ac+2b^2}\)
\(=\frac{4bc-\left(b+c\right)^2}{bc+2\left(b+c\right)^2}.\frac{4\left(-b-c\right)b-c^2}{\left(-b-c\right)b+2c^2}.\frac{4\left(-b-c\right)c-b^2}{\left(-b-c\right)c+2b^2}\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{\left(c+2b\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(c+2b\right)^2}{-\left(b-c\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(b+2c\right)^2}{\left(b-c\right)\left(c+2b\right)}=1\)
Cách I HĐT a³ + b³ + c³ = [(a + b + c)(a² + b²+ c²-ab-bc-ca)+3abc]
Ta có:
bc/a²+ac/b²+ ab/c²=abc/a³+abc/b³+abc/c³
=abc(1/a³ + 1/b³ + 1/c³)
=abc[(1/a + 1/b + 1/c)(1/a² + 1/b²+ 1/c²-1/ab-1/bc-1/ca)+3/abc](áp dụng HĐt trên)
=abc.3/(abc)=3
Cách II:
Từ giả thiết suy ra:
(1/a +1/b)³=-1/c³
=>1/a³+1/b³+1/c³=-3.1/a.1/b(1/a+1/b)=3...
=>bc/a²+ac/b²+ ab/c²=abc/a³+abc/b³+abc/c³
=abc(1/a³ + 1/b³ + 1/c³)
=abc.3/(abc)=3
Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\) (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)
\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(\frac{b}{a}\right)^2+\frac{b}{a}+1}+\frac{1}{\left(\frac{c}{b}\right)^2+\frac{c}{b}+1}+\frac{1}{\left(\frac{a}{c}\right)^2+\frac{a}{c}+1}\ge1\)
Đặt \(\left(\frac{b}{a};\frac{c}{b};\frac{a}{c}\right)=\left(m;n;p\right)\Rightarrow mnp=1\)
Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{m^2+m+1}+\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{p^2+p+1}\ge1\) với điều kiện \(mnp=1\)
Đây là BĐT Vasc rất nổi tiếng
Đặt \(\left(m;n;p\right)=\left(\frac{yz}{x^2};\frac{zx}{y^2};\frac{xy}{z^2}\right)\):
\(VT=\frac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}+\frac{y^4}{y^4+xy^2z+z^2x^2}+\frac{z^4}{z^4+xyz^2+x^2y^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\)
Ta chỉ cần chứng minh: \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\)
BĐT này hiển nhiên đúng (theo \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)