Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chắc khó nhất ở chỗ: khử abc
Theo dirichlet
a(b-1)(c-1) \(\ge0\)
=> abc \(\ge\)ab + ac - a
Thay vào ta có: \(25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54abc+36\ge25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54\left(ab+bc-a\right)^2+36\)
Ta cần chứng minh:
\(25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54\left(ab+ac-a\right)+36\ge6\left(a+b+c\right)+49\left(ab+bc+ac\right)\) (1)
Đến đây thì có thể dùng nhiều cách: Vì mình cũng dễ thấy nghiệm có a = b = c = 1
Dùng trung bình nhân ( hoặc cách khác)
SOS forever!
VT - VP
\(=\frac{\left(54bc+50a-49b-49c-6\right)^2}{100}-\frac{9\left(54bc+b-49c-6\right)^2\left(6c-11\right)}{5400c+100}+\frac{1350c\left(c-1\right)^2}{54c+1}\)
\(=\frac{\left(50a+50b-49c-6\right)^2}{100}+\frac{99\left(c-6\right)^2}{100}+9ab\left(6c-11\right)\)
Từ 2 đẳng thức trên có đpcm. Nếu muốn thì em gộp lại thành 1 biểu thức SOS giống a cho đẹp :D Tại hôm nay làm biếng nên viết tách ra, gộp mất công dò lại nhiều:v
Đây nhé
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)
Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)
( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)
Đề bài có vấn đề, thay \(a=b=c\) hai vế cho kết quả khác nhau
Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn sau:
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3+3\sqrt{\dfrac{3\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)^2}}=3+3\sqrt{Q}\)
Do \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow Q\le\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2abc}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{abc}-3\ge3\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2abc}}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{abc}\ge3\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2abc}}\)
\(\Leftrightarrow a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\ge\dfrac{3}{\sqrt{2}}\sqrt{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(VT\ge3\sqrt[3]{abc\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(8\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)^2\right]^2\ge\left(abc\right)^3\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^3\)
\(\Leftrightarrow8\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2\ge abc\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{8}\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^4\ge abc\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^3\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) (hiển nhiên đúng theo AM-GM)
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)
Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được
\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)
Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)
Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Bài 3:
Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)
Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:
\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)
Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị