K
Khách

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

NV
22 tháng 2 2020

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(VT=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3zx}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

29 tháng 1 2019

Mẫu bài này khó khử ~v

Ta có: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\frac{a^3\left(b+c\right)}{4}}=2.\frac{1}{2}=1\)

Thiết lập hai BĐT còn lại tương tự và cộng theo vế,ta có:

\(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge3\) (*)

Ta sẽ c/m: \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\) (**)

Thật vậy,áp dụng BĐT Cô si,ta có: \(VT_{\left(^∗^∗\right)}\ge2a^2.a\sqrt{bc}+2b^2.b\sqrt{ac}+2c^2.c\sqrt{ab}\) 

\(=2a^2\sqrt{abc.a}+2b^2\sqrt{abc.b}+2c^2\sqrt{abc.c}\)

\(=2a^2\sqrt{a}+2b^2\sqrt{b}+2b^2\sqrt{c}\) (***)

Đặt \(\sqrt{a}=t;\sqrt{b}=u;\sqrt{c}=v\).và \(t.u.v=1\)

(***) trở thành: \(2t^5+2u^5+2v^5=2\left(t^5+u^5+v^5\right)\)

Ta có: \(t^5+u^5+v^5+1+1\ge5\sqrt[5]{t^5u^5v^5.1.1}=5\)

Suy ra \(t^5+u^5+v^5\ge5-2=3\)

Suy ra \(2\left(t^5+u^5+v^5\right)\ge2.3=6\) (****)

Kết hợp (**) ; (***) và (****) suy ra \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\ge6\)

Thay vào (1) suy ra \(VT+\frac{\left[a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)\right]}{4}\ge VT+\frac{6}{4}\ge3\)

Suy ra \(VT\ge\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

Bài dài quá,có gì sai sót mong bạn thông cảm.Vì khi bài dài,mình làm có thể sẽ bị ngược dấu. :v

26 tháng 5 2019

Chết mọe,hình như em làm sai rồi thì phải :(,Sr ạ!

27 tháng 2 2017

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

Chứng minh tương tự ta có:  \(\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}=\frac{\left(ca\right)^2}{bc+ba};\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{ca+cb}\)

=> \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel: \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc+ca+ab+ca+ab+bc}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

Tiếp tục áp dụng bđt Cauchy với 3 số dương ta được: \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{1}}{2}=\frac{3}{2}\)

=> \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3}{2}\)

27 tháng 2 2017

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

28 tháng 8 2019

\(sigma\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}\ge sigma\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}{\left(a+b\right)^2\left(a^3+b^3\right)}=sigma\frac{1}{2\left(a^3+b^3\right)}\ge\frac{9}{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)

2 tháng 5 2016

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

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

>= \(\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}\)(BĐT Svaxo)=\(\frac{\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

>= \(\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}\left(BĐTAM-GM\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)

dấu = khi a=b=c=1

5 tháng 4 2017

Ta có: 

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

Biến đổi tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có: 

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

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

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

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

10 tháng 12 2017

Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)

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

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

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)