K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

17 tháng 3 2019

Áp dụng bđt AM-GM:

\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a\left(b+c\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{4a^3\left(b+c\right)}}=\frac{1}{a}\)

\(\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{b\left(c+a\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{b\left(c+a\right)}{4b^3\left(c+a\right)}}=\frac{1}{b}\)

\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\frac{c\left(a+b\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{c\left(a+b\right)}{4c^3\left(a+b\right)}}=\frac{1}{c}\)

Cộng theo vế:

\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\frac{ab+bc+ac}{2}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{ab+bc+ac}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{2}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{2}{c^3\left(a+b\right)}\ge ab+bc+ac\) (đpcm)

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

19 tháng 2 2022

Từ bất đẳng thức Cô si ta có:

\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:

\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)

Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

21 tháng 2 2022

sai r bạn ơi ko biết còn đòi

16 tháng 2 2021

giúp với 

NV
16 tháng 11 2019

\(\left(a+\frac{4b}{c^2}\right)\left(b+\frac{4c}{a^2}\right)\left(c+\frac{4a}{b^2}\right)\ge2\sqrt{\frac{4ab}{c^2}}.2\sqrt{\frac{4bc}{a^2}}.2\sqrt{\frac{4ac}{b^2}}=64\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)

\(\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2\) ; \(\frac{b^3}{c}+bc\ge2b^2\); \(\frac{c^3}{a}+ac\ge2c^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)=ab+bc+ca\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

25 tháng 11 2019

1)

Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

17 tháng 4 2019

\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)

\(=\frac{b^2c^2}{ab+ca}+\frac{c^2a^2}{bc+ab}+\frac{a^2b^2}{ca+bc}\)

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)

23 tháng 4 2019

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel(hoặc áp dụng BĐT quen thuộc: \(\frac{p^2}{m}+\frac{q^2}{n}\ge\frac{\left(p+q\right)^2}{m+n}\) 2 lần),ta có:

\(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^2}\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{\left(\frac{1}{b^2}\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{\left(\frac{1}{c^2}\right)}{c\left(a+b\right)}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\) (thay abc = 1 vào)

\(=\frac{ab+bc+ca}{2}=\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)^{\left(đpcm\right)}\)

19 tháng 2 2022

Ta có:

\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)

Hoàn toàn tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);

\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Do đó:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

13 tháng 8 2020

đặt \(a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2}\left(x;y;z>0\right)\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành

\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)

áp dụng bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)

\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)

phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được

\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)

hay ta cần chứng minh

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+xz\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)\)

khai triển và thu gọn ta được \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)

đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng. Bất đẳng thức được chứng minh