Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)\)
Cộng lại vế theo vế ta được:
\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)\)
\(=2\left(a+b+c\right)\).
Dấu \(=\)khi \(a=b=c\ge0\).
Còn cách khác nè :
Đặt \(P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\)
Ta chứng minh \(P\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(2P=\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+2b^2+ab\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(b^2+2c^2+bc\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(c^2+2a^2+ac\right)}\)
Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:
\(2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}\)
\(=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)\)
Suy ra \(P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Bunhiacopxki:
\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{2a^2+ab}{\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2}\ge\dfrac{2a^2+ab}{\left(2a+b\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)}=\dfrac{a^2}{c^2+ab+bc}\)
Tương tự:
\(\dfrac{2b^2+bc}{\left(c+\sqrt{ca}+a\right)^2}\ge\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}\)
\(\dfrac{2c^2+ca}{\left(a+\sqrt{bc}+b\right)^2}\ge\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
$a^2+2b^2+ab=\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$[\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}](2+6+8)\geq (a+3b+2a+2b)^2$
$\Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2+ab}\geq \frac{3a+5b}{4}$
Hoàn toàn tương tự với các căn còn lại suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{3a+5b}{4}+\frac{3b+5c}{4}+\frac{3c+5a}{4}=2(a+b+c)$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)
Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)
sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2
