Chưa cho a,b,c > 0 sao chia 2 vế cho abc đuojwc

Chia \(abc\) hai về được BĐT tương đương \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) được: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge\frac{4}{ab+ac}=\frac{4}{a\left(b+c\right)}\)

Dưới mẫu bạn áp dụng BĐT \(a\left(b+c\right)\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\) thì \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\).

BĐT được chứng minh.

@ hoàng phúc chuẩn

Tuy nhiên để khử cái này thêm lý luận g/s trong 3 số a,b,c có một số =0 => 16abc =0

BĐT luôn đúng  kể cả b=c=0 thì cũng có đẳng thức

=> xét abc khác không=> tiếp 

p/s đúng sai chưa biết 

Ta có: b + c = (b + c).(a + b + c)^2 (vì a + b + c = 1)
Ta có [ (a + b) + c ]^2 >= 4(a + b)c (vì (x + y)^2 >= 4xy )
<=> (b + c).(a + b + c)^2 >= 4(a + b)^2.c
lại có (a + b)^2 >= 4ab => 4(a + b)^2.c >= 16abc (đpcm)
bạn tự tìm dấu '=' nha

Ta có: \(\left[a+\left(b+c\right)\right]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\)(*)

Lại có: \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)(**)

Nhân 2 vế (*) và(**), ta có:

 \(\left(b+c\right)^2\ge16abc\left(b+c\right)\)

Mà \(b;c\ge0\Rightarrow b+c\ge0\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Vậy \(b+c\ge16abc\)

ta co:b+c=(b+c)(a+(b+c))² (vi a+b+c=1)

vi (a+(b+c))²>=4a(b+c)

=>b+c>=(b+c)².4a

lai co (b+c)²>=4bc

=>b+c>=4bc.4a=16abc

Ta có \(b+c=\left(b+c\right).\left(a+b+c\right)^2\) (vì a+b+c=0)

Mà \(\left(a+b+c\right)^2=\left[\left(b+c\right)+a\right]^2\ge4\left(b+c\right).a\)

Do đó \(\left(b+c\right).\left(a+b+c\right)^2\ge4\left(b+c\right)^2.a\ge4.4bc.a=16abc\)vì (b+c)^2>=4bc

dấu = xảy ra thì tự tìm nha bạn

Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)

\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)

\(=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)-abc+1\)

Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)

Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)

Do\(1\ge a,b,c\ge0\)

\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)

Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)

Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)

Mà \(abc\ge0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2) 

Từ (1) và (2) => đpcm

Ta có: \(\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\ge4bc\)

Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm, ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\)

hay \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)

Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)nên 

\(b+c\ge4a.4bc=16abc\left(đpcm\right)\)

Cảm ơn bạn rất nhiều ;))

Áp dụng BĐT cô si với hai số không âm, Ta có: 

\(\left(a+b+c\right)^2=1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)

Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\forall b,c\ge0\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu "=" xảy ra khi: 

\(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\b=c\\a=b+c\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)

Áp dụng BĐT Cô si với 2 số dương ta có: 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2,\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2,\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)(đúng) 

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(do a+b+c=1)