K
Khách

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

9 tháng 1 2021

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)        \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:

** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\)\(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\)\(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên

** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)

Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).

9 tháng 1 2021

Or the following SOS: 

* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)

\(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a\)

                                            \(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)

3 tháng 2 2021

bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)

31 tháng 5 2020

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)

Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)

Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)

Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)

\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)

Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)

Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

25 tháng 10 2017

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ

\(\frac{1}{8x^2+1}\ge\frac{2}{x+1}-1\)

\(\Leftrightarrow4x^3-4x^2+x\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\left(2x-1\right)^2\ge0\)(đúng)

Áp dụng vào bài toán ta được

\(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge-1+\frac{2}{a+1}-1+\frac{2}{b+1}-1+\frac{2}{c+1}\)

\(=-3+2\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=-3+4=1\)

3 tháng 6 2020

Ta có: \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2\)

\(\Rightarrow3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=1\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1\)

Xét BĐT  \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\ge1\Leftrightarrow3-\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{8a^2}{8a^2+1}\le2\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le2\)

Xét BĐT phụ: \(\frac{4x^2}{8x^2+1}\le\frac{x}{x+1}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{x\left(2x-1\right)^2}{\left(x+1\right)\left(8x^2+1\right)}\)(đúng với mọi x thực dương)

Áp dụng, ta có: \(\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le\text{​​}\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+1}=1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

20 tháng 6 2020

\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)

<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)

\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)

25 tháng 8 2020

Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x2+y2+z2=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)

22 tháng 5 2021

có vấn đề

22 tháng 5 2021

anhtoan

bài này có người giải rồi