K
Khách

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

4 tháng 8 2017

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

cauchy-schwarz: 

\(VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) 

18 tháng 12 2019

\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

5 tháng 8 2017

Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương 

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

Áp dụng AM-GM:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Cộng theo vế: \(3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Còn chứng minh \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) hoàn toàn tương tự.Ta thu được đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=c

13 tháng 10 2016

đi ,nt ,mình giải cho

13 tháng 10 2016

nt là gì

AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 11 2019

Lời giải:

Sửa đề: \(\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}\)

--------------------------

Áp dụng BĐT AM-GM:

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

\(\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)\)

\(\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)\)

Lại theo BĐT AM-GM:

\((a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)\)

Và:

\(16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)\)

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}\) (đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 11 2019

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

28 tháng 8 2020

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 \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

15 tháng 10 2016

Áp dụng BĐT AM-GM ta có \(\frac{1^2}{a\left(a+b\right)}+\frac{1^2}{b\left(b+c\right)}+\frac{1^2}{c\left(c+a\right)}\ge\)

\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)+c\left(c+a\right)}=\frac{9}{a\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)+c\left(c+a\right)}\ge\)

\(\ge\frac{9}{3.\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

15 tháng 10 2016

HÌNH NHƯ NGƯỢC DẦU RỒI THÌ PHẢI

5 tháng 12 2015

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

Áp dụng BĐT Bun :

\(\frac{c^2}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b^2}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{c^2\left(a+b\right)+a^2\left(b+c\right)+b^2\left(a+c\right)+2abc}=...\)

Dấu ''='' xảy ra khi a = b =c