Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em kiểm tra lại mẫu số của biểu thức c, chắc chắn đề sai
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)
Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)
Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)
\(=4c\sqrt{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự
\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)
Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
http://diendantoanhoc.net/topic/104095-cmr-a2b2c2abc-geq-4/
vô đó,,ta sẽ có 3+abc>=4 => abc>=1 =>-abc<1 => dùng vs cái trên => dpcm
áp dụng bđt phụ
a2+b2+c2>= 1/3(a+b+c)2
=> a+b+c <=3
chịu thôi
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2\)
Mặt khác ta có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=9\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Từ đó suy ra đpcm
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}$
Áp dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}\geq \frac{(a+b+c).3^5}{27}=9(a+b+c)$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Ta có:
\(\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(c^2+1\right)+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)
\(\ge2a+2b+2c+2ab+2bc+2ca=12\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
\(P=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(P\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
\(P_{min}=3\) khi \(a=b=c=1\)
Vì abc=1 nên có: \(a^3+b^3+c^3+3=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+3=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\)
\(\ge\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(a+b\right)^2}+3\)(1)
Đặt: \(\frac{a}{b+c}=X;\frac{b}{c+a}=Y;\frac{c}{a+b}=Z\)
Ta có: \(4X^2+4Y^2+4Z^2+3-4X-4Y-4Z=\left(2X-1\right)^2+\left(2Y-1\right)^2+\left(2Z-1\right)^2\ge0\)
=> \(4Z^2+4Y^2+4Z^2+3\ge4X+4Y+4Z=4\left(X+Y+Z\right)\)
=> \(\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(a+b\right)^2}+3\ge4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
=> \(a^3+b^3+c^3+3\ge4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
"=" xảy ra <=> a =b =c =1.\(\)