Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
\(1+a^2=a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(c+a\right)\)
Tương tự, ta có: \(1+b^2=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)\(;\)\(1+c^2=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{2}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) ( do a, b, c dương )
\(\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{c}{1+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
...
Bạn chứng minh đẳng thức sau nhé: \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\) \(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\)
Bạn nhìn thử xem cái ta đi chứng minh có giống với giả thiết của đề bài ko. Giả sử đặt ab=x, bc=y, ac=z.
Khi đó \(x^3+y^3+z^3=3xyz\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\)
Do đó xảy ra 2 trường hợp: x+y+z=0 hoặc \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Vì a,b,c là các số thực dương nên \(x+y+z\ne0\)do đó \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Suy ra: x=y=z hay ab=bc=ac hay a=b=c.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Có gì thắc mắc liên hệ với mình nha.
\(VP=\frac{6}{\sqrt{\left(3a+bc\right)\left(3b+ca\right)\left(3c+ab\right)}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)a+bc\right]\left[\left(a+b+c\right)b+ca\right]\left[\left(a+b+c\right)c+ab\right]}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+1\right)^2}}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
\(VT=\frac{1}{3a+bc}+\frac{1}{3b+ca}+\frac{1}{3c+ab}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b+c\right)a+bc}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)b+ac}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)c+ab}\)
\(=\frac{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
Vậy VT = VP, đẳng thức được chứng minh
Với a,b là các số thực dương thỏa mãn ab+a + b = 1 .Suy ra 1 + a2 =ab + a + b + a2 = ( a+b) ( a + 1 )
1 + b2 = ab + a + b + b2 = (a + b) ( b + 1 )
Khi đó ta có :
\(vt=\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+1\right)}+\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+1\right)}=\frac{2ab+a+b}{\left(a+b\right)\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\)
\(\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\left(ab+a+b+1\right)}=\frac{1+ab}{2\left(a+b\right)}\)
\(vp=\frac{1+ab}{\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}}=\frac{1+ab}{\sqrt{2\left(a+b\right)\left(a+1\right)\left(a+b\right)\left(b+1\right)}}\)
\(=\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\sqrt{2\left(ab+a+b+1\right)}}=\frac{1+ab}{\left(a+b\right)\sqrt{2\left(1+1\right)}}=\frac{1+ab}{2\left(a+b\right)}\)
=> Đẳng thức được chứng minh
Biến đổi tương đương bất đẳng thức và chú ý đến \(x+y+z=1\)Ta được
\(\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\) ( trừ cả hai vế với (x+y+z)^2 )
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-z\right)^2}{z}+\frac{\left(y-x\right)^2}{x}+\frac{\left(z-y\right)^2}{y}\ge\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(\frac{1}{y}-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(\frac{1}{z}-1\right)\ge0\)
Vì x + y + z = 1 nên 1/x; 1/y; 1/z > 1. Do đó bđt cuối cùng luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=3\)
Cách trâu bò :
Ta có :
\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{â^2}\ge3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\right):\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\)
+) \(ab+ac+bc=abc\Leftrightarrow a+b+c=6-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-\left(ab+bc+ca\right)>0\\\left(a+b+c\right)^2=\left[6-\left(ab+bc+ca\right)\right]^2\end{cases}}\)
Còn lại phân tích nốt ra rùi áp dụng bđt cauchy là ra . ( Mình cũng ko chắc biến đổi đoạn đầu đúng chưa , có gì bạn xem lại giùm mình sai bỏ qua )
Lời giải:
Vì $abc=1$ nên:
\((a+bc)(b+ac)(c+ab)=a(a+bc)b(b+ac)c(c+ab)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2; (a^2+1)(1+c^2)\geq (a+c)^2; (b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2\)
Nhân theo vế và thu gọn:
\(\Rightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+b)(b+c)(c+a)\)
Lại có: Theo BĐT AM-GM thì:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc\)
\(\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(*)\) (đây là BĐT khá quen thuộc rồi)
Do đó:
\(P=\frac{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\)
\(P\geq \frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT (*) và AM-GM:
\(\frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}\geq 7.\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}=\frac{7}{9}(a+b+c)\geq \frac{7}{9}.3\sqrt[3]{abc}=\frac{7}{3}\)
\(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)(a+b+c)}}\geq 2\sqrt{\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{7}{3}+\frac{2}{3}=3\)
Vậy $P_{\min}=3$
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1+1-1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-1=\left(a+b+c\right)^2-1\)\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
Ta có: \(\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\ge ab+bc+ca\)( BĐT quen thuộc tự c/m)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}-\frac{1}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{a+b+c}\)\(=3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\le\frac{a+b+c}{3}\left(AM-GM\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
\(\Rightarrow P\ge3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1
KL:...........