Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
$a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)$
$\ge (a+b+c)^2-\dfrac43(a+b+c)^2\qquad \left(ab+bc+ca\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\right)$$=-\dfrac13(a+b+c)^2$
Lại có $(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3(abc)^{\frac23}<3$ nên cách này không đủ mạnh.
Ta dùng $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2-(ab+bc+ca)$
$\ge -(ab+bc+ca)$
Theo AM-GM,
$ab+bc+ca\le 3\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)\le 3$ và do $abc<1$ nên không thể có $ab=bc=ca=1$.
Suy ra $ab+bc+ca<3$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3$
$\boxed{a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3.}$
Ta có $\left(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\right)\left[(a+b)+(b+c)+(c+a)\right]\ge (a+b+c)^2$
$\Rightarrow \dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}$
$\Rightarrow \dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge \dfrac{a+b+c}{2}$
$\Rightarrow \dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge \dfrac12$
(vì $a+b+c=1$).
$\boxed{\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge \dfrac12}$
ta có bđt phụ 1: với mọi số thực x;y ta luôn có xy\(\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
CM: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
=> \(x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\)
\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
=> \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
ta CM tiếp bđt phụ thứ 2: với mọi số thực dương a, ta có \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2}{8}\)
CM: áp dụng bđt phụ thứ nhất ta có:
\(2a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left\lbrack2a+\left(1+a^2\right)\right\rbrack^2}{4}=\frac{\left(a^2+2a+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+1\right)^4}{4}\)
=> \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^4}{8}\)
CMTT: => \(b\left(1+b^2\right)\le\frac{\left(b+1\right)^4}{8}\)
=> \(c\left(1+c^2\right)\le\frac{\left(c+1\right)^4}{8}\)
=> \(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\)
=> cần CM: \(\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\le8\Rightarrow\left(\left\lbrack a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4\le8^4\)
mà ta có : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1+b+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}\)
vì a+b+c=3
=>a+b=3-c thay vào biểu thức trên ta có:
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(3-c+2\right)^2}{4}=\frac{\left(5-c\right)^2}{4}\)
=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\)
cần CM: \(\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\le8\Rightarrow\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)\le32\)
\(\left(25-10c+c^2\right)\left(c+1\right)\le32\)
\(25c+25-10c^2-10c+c^3+c^2-32\le0\)
\(c^3-9c^2+15c-7\le0\)
\(c^3-c^2-8c^2+8c+7c-7\le0\)
\(c^2\left(c-1\right)-8c\left(c-1\right)+7\left(c-1\right)\le0\)
\(\left(c-1\right)\left(c^2-8c+7\right)\le0\)
\(\left(c-1\right)\left\lbrack c\left(c-1\right)-7\left(c-1\right)\right\rbrack\le0\)
\(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\)
vì a+b+c=3
=>0<c<3
=> \(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\) đúng với mọi c
vậy bđt dc chứng minh
Có : a + b + c = 0
=> (a + b)5 = (-c)5
a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 = -c5
a5 + b5 + c5 = -5a4b - 10a3b2 - 10a2b3 - 5ab4
a5 + b5 + c5 = -5ab(a3 + 2a2b + 2ab2 + b3)
a5 + b5 + c5 = -5ab[(a3 + b3) + (2a2b + 2ab2)]
a5 + b5 + c5 = -5ab[(a + b)(a2 - ab + b2) + 2ab(a + b)]
a5 + b5 + c5 = -5ab(a + b)(a2 + b2 + ab)
a5 + b5 + c5 = 5abc(a2 + b2 + ab) (do a+b+c=0=> a+b=-c)
2(a5 + b5 + c5) = 5abc(2a2 + 2b2 + 2ab)
2(a5 + b5 + c5) = 5abc[a2 + b2 +(a2 + 2ab + b2)]
2(a5 + b5 + c5) = 5abc[a2 + b2 + (a + b)2]
2(a5 + b5 + c5) = 5abc(a2 + b2 + c2) (do a+b=-c=> (a +b )2 = c2
\(\Leftrightarrow\) \(a^5+b^5+c^5=\dfrac{5}{2}abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy...
b: (3x-2)^5+(5-x)^5+(-2x-3)^5=0
Đặt a=3x-2; b=-2x-3
Pt sẽ trở thành:
a^5+b^5-(a+b)^5=0
=>a^5+b^5-(a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5)=0
=>-5a^4b-10a^3b^2-10a^2b^3-5ab^4=0
=>-5a^4b-5ab^4-10a^3b^2-10a^2b^3=0
=>-5ab(a^3+b^3)-10a^2b^2(a+b)=0
=>-5ab(a+b)(a^2-ab+b^2)-10a^2b^2(a+b)=0
=>-5ab(a+b)(a^2-ab+b^2+2ab)=0
=>-5ab(a+b)(a^2+b^2+ab)=0
=>ab(a+b)=0
=>(3x-2)(-2x-3)(5-x)=0
=>\(x\in\left\{\dfrac{2}{3};-\dfrac{3}{2};5\right\}\)
Phương Khánh Thực ra là ban đầu mình tính dùng Bunyakovski thẳng luôn nhưng thấy bậc khá cao mà không biết BĐT đó đúng hay sai nên mình đảo a, b, c xuống mẫu để dùng BĐT Bunyakovski thì bậc sẽ thấp hơn.
Và không ngờ sự vô tình đó giúp mình gặp may mắn: Đại lượng abc ở \(\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\) có thể giản ước cho đại lượng abc ở VP. Bậc của BĐT được hạ thấp và mình cứ thế mà chém:))
Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)
Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)
Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)
\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.
Trước hết, với \(a+b+c=1\) ta có:
\(a^2+b^2+c^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a^3+ab^2\right)+\left(b^3+bc^2\right)+\left(c^3+ca^2\right)+a^2b+b^2c+c^2a\)
\(\ge2a^2b+2b^2c+2c^2a+a^2b+b^2c+c^2a\)
Hay \(a^2+b^2+c^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
Từ đó:
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}=\dfrac{a^4}{a^2b}+\dfrac{b^4}{b^2c}+\dfrac{c^4}{c^2a}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
\(\ge\dfrac{3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b+b^2c+c^2a}=3\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$