Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)

\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)

Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)

Ai có cách hay?

1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.

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

\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)

\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)

Thôi đành dồn về bậc dễ chịu hơn vậy :))
\(9=\frac{1}{a^3}+1+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+1+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+1+\frac{1}{c^3}\)

\(\ge\frac{3}{a^2}+\frac{3}{b^2}+\frac{3}{c^2}\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\le3\)

Đến đây ta có đánh giá bằng 2 cách như sau:

Cách 1:

Theo Bunhiacopski ta dễ có:

\(\left[2a+\left(b+c\right)\right]^2\ge4\cdot2a\left(b+c\right)\Rightarrow\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{8a\left(b+c\right)}\)

\(\le\frac{1}{8}\left[\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}\right]\le\frac{1}{8}\left[\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{4bc}\right]\le\frac{1}{8}\left[\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{8}\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]\)

Khi đó:

\(P\le\frac{1}{8}\left[\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{8b^2}+\frac{1}{8c^2}+\frac{1}{4b^2}+\frac{1}{8a^2}+\frac{1}{8c^2}+\frac{1}{4c^2}+\frac{1}{8a^2}+\frac{1}{8b^2}\right]=\frac{3}{16}\)

Cách 2:

Áp dụng liên tiếp BĐT phụ dạng \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\) ta dễ có rằng:

\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}=\left(\frac{1}{2a+b+c}\right)^2=\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2=\frac{1}{16}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(a+c\right)^2}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\right]\)

\(\Rightarrow16P\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{2}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)

\(\le\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\)

\(\le4\cdot\frac{1}{16}\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\right]\)

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

\(\le\frac{1}{2}\cdot\left(3+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le3\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{16}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

a, Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y.\)Bất đẳng thức ban đầu trở thành: \(\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le xy.\)

ta có : \(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le\frac{2x^2y^2}{2xy}=xy.\)(đpcm ) 

dấu " = " xẩy ra khi x = y > 0 

vậy bất đăng thức ban đầu đúng. dấu " = " xẩy ra khi a = b >0

đi ,nt ,mình giải cho

nt là gì

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

Em chú ý bài toán sau nhé: Nếu a+b+c=0 <=> \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

CM: có:a+b=-c <=> \(\left(a+b\right)^3=-c^3\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)=-c^3\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=-3ab\left(a+b\right)\)

Chú ý: a+b=-c nên \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

Do \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Leftrightarrow\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}=\frac{3}{abc}\)

Thay vào biểu thwusc M ta được M=3abc (ĐPCM)

2, em có thể tham khảo trong sách Nâng cao phát triển toán 8 nhé, anh nhớ không nhầm thì bài này trong đó

Nếu không thấy thì em có thể quy đồng lên mà rút gọn

vâng e cảm ơn anh 

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)

\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\)  (1) 

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\)   <=> (ab+bc+ca)². VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\)  ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

4c, 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :

\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+c\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)

Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)

hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)

\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)

\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c 

Vậy ...

2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có : 

\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)

Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)

Tương tự : ....

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)

\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)

Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm 

\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

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

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\\\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\end{cases}}\)

Nhân từng vế :

\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{9}\)

\(\Rightarrow\frac{3}{\sqrt[3]{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)

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

\(\Rightarrow\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\left(đpcm\right)\)

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 \(a=b=c=\frac{1}{4}\)