DV
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
DH
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
\(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{4}+\dfrac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(1+b\right)}{8\left(a+b\right)}}=\dfrac{3a}{2}\)
\(\dfrac{b^3}{1+c}+\dfrac{1+c}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3b}{2}\) ; \(\dfrac{c^3}{1+a}+\dfrac{1+a}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3c}{2}\)
\(\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{4}+\dfrac{9}{4}\ge\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)-\dfrac{9}{4}\ge\dfrac{5}{4}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{9}{4}=\dfrac{3}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 7 2021
Cho $a=b=c=1$ thì thỏa mãn đẳng thức nhưng $abc+1=2\neq 0$
Bạn xem lại đề.
24 tháng 6 2021
Đặt A = \(\dfrac{a-b}{1+c^2}+\dfrac{b-c}{1+a^2}+\dfrac{c-a}{1+b^2}=0\)
= \(\dfrac{a-b}{c^2+ab+bc+ca}+\dfrac{b-c}{a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{c-a}{b^2+ab+bc+ca}\)
= \(\dfrac{a-b}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\dfrac{b-c}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{c-a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
= \(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)+\left(b-c\right)\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\left(c-a\right)}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\)
= \(\dfrac{a^2-b^2+b^2-c^2+c^2-a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
AT
24 tháng 6 2021
\(\dfrac{a-b}{1+c^2}+\dfrac{b-c}{1+a^2}+\dfrac{c-a}{1+b^2}\)
\(=\dfrac{a-b}{ab+bc+ca+c^2}+\dfrac{b-c}{ab+bc+ca+a^2}+\dfrac{c-a}{ab+bc+ca+b^2}\)
\(=\dfrac{a-b}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\dfrac{b-c}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{c-a}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\)
\(=\dfrac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)+\left(b-c\right)\left(b+c\right)+\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\dfrac{a^2-b^2+b^2-c^2+c^2-a^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
NT
2
29 tháng 8 2018
Theo giả thiết: \(a+b+c=3\Rightarrow b+c=3-a\). Tương tự: a+b=3-a và c+a=3-b
Khi đó \(\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}=\frac{1}{a^2-a+3}+\frac{1}{b^2-b+3}+\frac{1}{c^2-c+3}\)
Ta chứng minh BĐT phụ sau:
\(\frac{1}{a^2-a+3}\le\frac{4-a}{9}\)(1)
Thật vậy, BĐT (1) \(\Leftrightarrow9\le\left(4-a\right)\left(a^2-a+3\right)\)
\(\Leftrightarrow9\le-a^3+5a^2-7a+12\)\(\Leftrightarrow-a^3+5a^2-7a+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a^3+a^2+4a^2-4a-3a+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a^2\left(a-1\right)+4a\left(a-1\right)-3\left(a-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(-a^2+4a-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(-a^2+a+3a-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left[-a\left(a-1\right)+3\left(a-1\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)\ge0\)(2)
Ta thấy \(a;b;c>0\) và \(a+b+c=3\Rightarrow a< 3\)\(\Rightarrow3-a>0\)
Mà \(\left(a-1\right)^2\ge0\forall a\). Nên \(\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)\ge0\)
Do đó: BĐT (2) luôn đúng với mọi 0<a<3 => BĐT (1) cũng đúng
Chứng minh tương tự \(\frac{1}{b^2-b+3}\le\frac{4-b}{9};\frac{1}{c^2-c+3}\le\frac{4-c}{9}\)
Từ đó suy ra:
\(\frac{1}{a^2-a+3}+\frac{1}{b^2-b+3}+\frac{1}{c^2-c+3}\le\frac{12-\left(a+b+c\right)}{9}=\frac{12-3}{9}=1\)(Do a+b+c=3)
=> ĐPCM.
29 tháng 12 2018
Cho x,y,z € Z+ tm: x+y+z=4
Tính A= \(\sqrt{ }\)x(4-y)(4-z) +\(\sqrt{ }\)y(4-x)(4-x) +\(\sqrt{ }\)z(4-x)(4-y) -\(\sqrt{ }\)xyz
31 tháng 7 2019
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
31 tháng 7 2019
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
30 tháng 12 2019
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\frac{\left(a+1\right)\left(b^2+1\right)-b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\)
\(\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{ab+a}{2}\)
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được:
\(LHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\ge6-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3}{2}=3=RHS\)
Đặt \(P=\dfrac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^3+1}}\)
\(=\dfrac{a}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{2a}{b+1+b^2-b+1}+\dfrac{2b}{c+1+c^2-c+1}+\dfrac{2c}{a+1+a^2-a+1}=\dfrac{2a}{b^2+2}+\dfrac{2b}{c^2+2}+\dfrac{2c}{a^2+2}\)
Mặt khác với mọi \(a>0\) ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+2}\ge\dfrac{7-2a}{18}\)
Thật vậy, BĐT trên tương đương:
\(18-\left(7-2a\right)\left(a^2+2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Từ đó \(\Rightarrow P\ge\dfrac{2a\left(7-2b\right)}{18}+\dfrac{2b\left(7-2c\right)}{18}+\dfrac{2c\left(7-2a\right)}{18}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{9}-\dfrac{2\left(ab+bc+ca\right)}{9}\ge\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{9}-\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{27}=2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)