Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
abc = 1 => a3b3c3=1
<=> \(a^3+b^3+c^3+2a^3b^3+2b^3c^3+2a^3c^3+3a^3b^3c^3\ge3a^2b+3b^2c+3c^2a+3\)
Áp dụng BĐT cauchy cho 3 số dương ta có :
\(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^6c^6}\) <=> \(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\ge3\)Dấu = xảy ra khi a=b=c (1)
Tương tự ta có : \(a^3b^3c^3+a^3b^3+a^3\ge3a^2b\)Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (2)
\(a^3b^3c^3+b^3c^3+b^3\ge3b^2c\) Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (3)
\(a^3b^3c^3+a^3c^3+c^3\ge3c^2a\)Dấu = xảy ra duy nhất khi a=b=c=1 (4)
Cộng (1),(2),(3),(4) vế theo vế ta được ĐPCM (Dấu = xảy ra khi a=b=c=1)
Đây là cách giải của mình k rõ bạn làm sao nếu có cách khác hay hơn thì xin chỉ giáo :D
Ta có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a\)
\(\ge2\sqrt{a^3.ab^2}+2\sqrt{b^3.bc^2}+2\sqrt{c^3.ca^2}+a^2b+b^2c+c^2a=3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{1}{2}\)
\(P\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{2}\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{2}=4\)
\(P_{min}=4\) khi \(a=b=c=1\)
Đề bài thiếu, a;b;c bất kì thì ko thể giải được
Ít nhất a;b;c phải dương
a )
`VP= (a+b)^3-3ab(a+b)`
`=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-3a^2b-3ab^2`
`=a^3+b^3 =VT (đpcm)`
b)
b) Ta có
`VT=a3+b3+c3−3abc`
`=(a+b)3−3ab(a+b)+c3−3abc`
`=[(a+b)3+c3]−3ab(a+b+c)`
`=(a+b+c)[(a+b)2+c2−c(a+b)]−3ab(a+b+c)`
`=(a+b+c)(a2+b2+2ab+c2−ac−bc−3ab)`
`=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)=VP`
a) Ta có:
`VP= (a+b)^3-3ab(a+b)`
`=a^3 + b^3+3ab ( a + b )- 3ab ( a + b )`
`=a^3 + b^3=VT(dpcm)`
b) Ta có
`VT=a^3+b^3+c^3−3abc`
`=(a+b)^3−3ab(a+b)+c^3−3abc`
`=[(a+b)^3+c^3]−3ab(a+b+c)`
`=(a+b+c)[(a+b)^2+c^2−c(a+b)]−3ab(a+b+c)`
`=(a+b+c)(a^2+b^2+2ab+c^2−ac−bc−3ab)`
`=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2−ab−bc−ca)=VP`
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.
Ta có
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)> ab + bc + ca =3 => a + b + => 3
ta có abc > ( a+b+c) ( b + c -a ) ( c + a -b)
= ( a+b+c+ 2c) ( b + c -a +2a) ( c + a -b+2b)
> ( 3 -2c ) ( 3 - 2 a ) ( 3 - 2 b ) ( do a+b + c)> 3
= 12 ( xy + yz + zx ) -8 xyz - 18 ( x + y + z ) + 27
= 12 .3 - 8xyz - 18 .3 +27
9 - 8 xyz
ta có : xyz > 9 - 8 xyz + 8 xyz > 9 => xyz > 1
do đó : 4 ( a + b + c ) + abc > 4.3 + 1 = 13 (dpcm)
hok tốt
Vì \(ab+bc+ac=3\) => \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{abc}\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x\): \(\frac{1}{b}=y\): \(\frac{1}{c}=z\)=> x+y+z=3xyz
Ta có \(4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\frac{1}{xyz}\ge13\)
AD BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\) dấu = khi a=b=c ta có
\(4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{36}{x+y+z}\)=\(\frac{36}{3xyz}=\frac{12}{xyz}\)
=> \(\frac{12}{xyz}+\frac{1}{xyz}\ge13\)
=> \(\frac{13}{xyz}\ge13\)
mà \(3xyz=x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)dấu = khi x=y=z
=> xyz\(\le1\)
=> đpcm
