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)
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Dat A la bieu thuc cho truoc ve trai
tu gia thiet => a(b+c)=3-bc
ta co: 1+a^2(b+c)= 1+a.a.(b+c) = 1+a.(3-bc) = 1+3a-abc
cmtt ta co : 1+b^2(a+c)=1+b.b(a+c)=1+3b-abc
Va: 1+c^2(a+b)=1+3c-abc
Ap dung bdt Cosi cho 3 so ta co
ab+ac+bc >= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)
=> 3>= 3.can bac 3(a^2.b^2.c^2)
=> a^2.b^2.c^2<=1
=> abc<=1
=> 1+3a-abc>=3a
cmtt 1+3b-abc>=3b
1+3c-abc>=3c
=> A<=1/3a+1/3b+1/3c=(bc+ac+ab)/3abc=1/abc
cho 2 số thực a , b phân biệt thỏa mãn a^2 +3a=b^2 +3b=2
c/m: a, a+b=-3 b,a^3+b^3=-45
Gợi ý : Dùng BĐT Cô-si nhé!
Li-ke dùm 1 cái
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+2}\le\frac{1}{2\left(ab+a+1\right)}\)
Tương tự cho mấy cái kia (bạn hoán vị vòng nha )...
khi đó \(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)\)(*)
Do:\(\frac{1}{ab+a+1}=\frac{c}{1+ac+c}\)(1)
\(\frac{1}{bc+b+1}=\frac{ca}{c+1+ac}\)(2)
\(\frac{1}{ac+c+1}\)(3)
Cộng từng cé (1)(2)(3)=> VT=1
kết hớp (*)=>dpcm
Dấu = xảy ra khi a=b=c =1