Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge\frac{3}{4}a\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}a-\frac{1}{8}b-\frac{1}{8}-\frac{1}{4}\)
\(\Sigma\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\) :)
\(\frac{1}{a}\ge1-\frac{2}{2b+1}+1-\frac{3}{3c+2}=\frac{2b-1}{2b+1}+\frac{3c-1}{3c+2}\ge2\sqrt{\frac{\left(2b-1\right)\left(3c-1\right)}{\left(2b+1\right)\left(3c+2\right)}}\)
Tương tự: \(\frac{2}{2b+1}\ge\frac{a-1}{a}+\frac{3c-1}{3c+2}\ge2\sqrt{\frac{\left(a-1\right)\left(3c-1\right)}{a\left(3c+2\right)}}\)
\(\frac{3}{3c+2}\ge\frac{a-1}{a}+\frac{2b-1}{2b+1}\ge2\sqrt{\frac{\left(a-1\right)\left(2b-1\right)}{a\left(2b+1\right)}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{6}{a\left(2b+1\right)\left(3c+2\right)}\ge\frac{8\left(a-1\right)\left(2b-1\right)\left(3c-1\right)}{a\left(2b+1\right)\left(3c+2\right)}\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(2b-1\right)\left(3c-1\right)\le\frac{3}{4}\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)
\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$