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)
tham khảo thui nhé, chưa tìm đc lời giải phù hợp :'<
+) Với 3 số a,b,c đều lớn nhất ( a=b=c )
\(\Rightarrow\)\(H=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{3}{\frac{3}{a}}=a\)\(\Rightarrow\)\(a=H\) (1)
+) Không mất tính tổng quát, với a và b là số lớn nhất ( a=b>c )
\(\Rightarrow\)\(H=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{3}{\frac{2}{a}+\frac{1}{c}}< \frac{3}{\frac{3}{a}}=a\)\(\Rightarrow\)\(a>H\) (2)
+) Không mất tính tổng quát, với a là số lớn nhất ( a>b, a>c )
\(\Rightarrow\)\(H=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}< \frac{3}{\frac{3}{a}}=a\)\(\Rightarrow\)\(a>H\) (3)
(1), (2) và (3) \(\Rightarrow\)\(a\ge H\) với a là số lớn nhất hoặc 1 trong các số lớn nhất ( tương tự với b và c )
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
ta có \(T=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{2+a^2}+1-\frac{b^2}{2+b^2}+1-\frac{c^2}{2+c^2}\right)=\frac{1}{2}\left[3-\left(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\right)\right]\)
ta chứng minh rằng \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge1\)khi đó ta sẽ có \(T\le1\)
thật vậy, áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz ta có \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\)
ta cần chứng minh rằng \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge a^2+b^2+c^2+6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)
thật vậy, từ giả thiết ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le a+b+c\Leftrightarrow ab+bc+ca\le abc\left(a+b+c\right)\left(1\right)\)
mà \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)
từ (1) ta có \(\frac{ab+bc+ca}{3}\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\left(đpcm\right)\)
vậy maxT=1 khi a=b=c=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Với mọi x;y dương, ta luôn có:
\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)+1}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)+1}\)
\(P\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{abc}{bc\left(b+c\right)+abc}+\frac{abc}{ca\left(c+a\right)+abc}\)
\(P\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)
\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\Sigma\frac{a}{1+a}=\Sigma\frac{1}{16}a\left(\frac{16}{a+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}\right)\le\Sigma\frac{1}{16}a\left(\frac{1}{a}+9\right)=\frac{3}{4}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
\(\text{BĐT}\Leftrightarrow \frac{\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}}{abc}\geq\frac{ab+bc+ac}{abc}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq ab+bc+ac\) \((\star)\)
Điều này hiển nhiên đúng vì theo Cauchy-SChwarz kết hợp AM-GM:
\(\text{VT}_{\star}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ac}\geq ab+bc+ac\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$