Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo tại đây:
Câu hỏi của Tôi Là Ai - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Vì xyz = 1 nên ta có thể đặt \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ac};z=\frac{c^2}{ab}\left(a,b,c>0,a^2\ne bc,b^2\ne ac,c^2\ne ab\right)\)
Khi đó bất đẳng thức tương đương với
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
Mà ta có
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)
Ta cần chứng minh
\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Do x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 nên ta có thế đặt: \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ca};z=\frac{c^2}{ab}\)
với \(\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\ne0\)
Khi đó BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:
\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ca\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \(\left[\text{∑}_{cyc}\left(a^2-bc\right)^2\right]\left[\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\right]\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\left(^∗\right)\)
Thật vậy. \(\left(^∗\right)\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge a^4+b^4+c^4\)\(+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-2\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2bc+2ab^2c+2abc^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Vì xyz=1 nên x,y,z \(\ne\)0. Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) thì ta có: \(abc=1\) và \(a,b,c\ne0,1\)
Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{1}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1}{\left(1-b\right)^2}+\frac{1}{\left(1-c\right)^2}\ge1\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\right)^2\)
\(-2\left[\frac{1}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}+\frac{1}{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}+\frac{1}{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{32\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left[1+\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
\(\Leftrightarrow1+\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)
Ta có:
\(\frac{x}{1+x^2}+\frac{18y}{1+y^2}+\frac{4z}{1+z^2}=xyz\left(\frac{1}{yz\left(1+x^2\right)}+\frac{18}{xz\left(1+y^2\right)}+\frac{4}{xy\left(1+z^2\right)}\right)\)
\(=xyz\left(\frac{1}{yz+x\left(x+y+z\right)}+\frac{18}{xz+y\left(x+y+z\right)}+\frac{4}{xy+z\left(x+y+z\right)}\right)\)
\(=xyz\left(\frac{1}{\left(x+y\right).\left(x+z\right)}+\frac{18}{\left(y+x\right).\left(y+z\right)}+\frac{4}{\left(z+x\right).\left(z+y\right)}\right)\)
\(=xyz.\frac{\left(z+y\right)+18.\left(x+z\right)+4\left(x+y\right)}{\left(x+y\right).\left(y+z\right).\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{xyz\left(22x+5y+19z\right)}{\left(x+y\right).\left(y+z\right).\left(z+x\right)}\)(đpcm)
đây là bài bất IMO 2008
Đặt \(a=\frac{x}{x-1};b=\frac{y}{y-1};c=\frac{z}{z-1}\)từ đó giả thiết trở thành
\(abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)Suy ra được : \(a+b+c-ab-bc-ca=1\)
Bài toán bây giờ trở thành chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c-ab-bc-ca\right)-1\)
\(< =>\left(a+b+c-1\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy ta có điều phải chứng minh
Do xyz = 1, ta có thể đặt \(a=\frac{x}{x-1},\)\(b=\frac{y}{y-1},\)\(c=\frac{z}{z-1}\)
Ta có \(abc=\frac{x}{x-1}.\frac{y}{y-1}.\frac{z}{z-1}=\frac{xyz}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}\) (1)
Mặt khác \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=\left(\frac{x}{x-1}-1\right).\left(\frac{y}{y-1}-1\right).\left(\frac{z}{z-1}-1\right)\)
\(=\frac{x-x+1}{x-1}.\frac{y-y+1}{y-1}.\frac{z-z+1}{z-1}=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)}\)(2)
So sánh (1) và (2) ta có \(abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(abc=abc-ab-bc-ca+a+b+c-1\)\(\Leftrightarrow\)\(ab+bc+ca-a-b-c+1=0\) (3)
Mà với mọi a, b, c ta luôn có \(\left(a+b+c-1\right)^2\ge0\)
Hay \(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca-a-b-c+1\right)-1\ge0\) (4)
Thay (3) vào (4) ta được \(a^2+b^2+c^2\ge1\) hay \(\frac{x^2}{\left(x-1\right)^2}+\frac{y^2}{\left(y-1\right)^2}+\frac{z^2}{\left(z-1\right)^2}\ge1\)
bạn viết gì mà mik chẳng hiểu gì cả