Cho (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 = (a + b - 2c)^2 + (b + c - 2a)^2 + (c + a - 2b)^2. Chứng minh rằng: a=b=c
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
LC
0
28 tháng 2 2020
Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)
Thật vậy:
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)
Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)
mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)
Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có
∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
28 tháng 2 2020
Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 7 2018
Lời giải:
Ta có: \(a^2b+b^2c+c^2a\geq \frac{9a^2b^2c^2}{1+2a^2b^2c^2}\)
\(\Leftrightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(1+2a^2b^2c^2)\geq 9a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\geq 3a^2b^2c^2(a+b+c)(*)\)
--------------------------
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2b+a^4b^3c^2+a^3b^2c^4\geq 3\sqrt[3]{a^9b^6c^6}=3a^3b^2c^2\)
\(b^2c+a^2b^4c^3+a^4b^3c^2\geq 3a^2b^3c^2\)
\(c^2a+a^3b^2c^4+a^2b^4c^3\geq 3a^2b^2c^3\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\geq 3a^2b^2c^2(a+b+c)\)
Vậy $(*)$ đúng
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 3 2022
\(\dfrac{a^2b^2}{2a^2+b^2+3a^2b^2}=\dfrac{a^2b^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+a^2b^2\right)+2a^2b^2}\le\dfrac{a^2b^2}{2ab+2a^2b+2a^2b^2}=\dfrac{ab}{2\left(1+a+ab\right)}\)
Tương tự và cộng lại;
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{1+a+ab}+\dfrac{bc}{1+b+bc}+\dfrac{ca}{1+c+ca}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{1+a+ab}+\dfrac{abc}{a+ab+abc}+\dfrac{ab.ca}{ab+abc+ab.ca}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{1+a+ab}+\dfrac{1}{a+ab+1}+\dfrac{a}{ab+1+a}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AT
1
26 tháng 7 2019
\(\frac{\left(2-c\right)\left(b-c\right)}{2a+bc}=\frac{\left(a+b\right)\left(b-c\right)}{a\left(a+b+c\right)+bc}=\frac{\left(a+b\right)\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}=\frac{b-c}{c+a}=\frac{b}{c+a}-\frac{c}{c+a}\)
Tương tự, ta có: \(\frac{\left(2-a\right)\left(c-a\right)}{2b+ca}=\frac{c}{a+b}-\frac{a}{a+b};\frac{\left(2-b\right)\left(a-b\right)}{2c+ab}=\frac{a}{b+c}-\frac{b}{b+c}\)
\(\Rightarrow\)\(VT=\left(\frac{a}{b+c}-\frac{a}{a+b}\right)+\left(\frac{b}{c+a}-\frac{b}{b+c}\right)+\left(\frac{c}{a+b}-\frac{c}{c+a}\right)\)
\(=\frac{a\left(a-c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{b\left(b-a\right)}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{c\left(c-b\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{a\left(a-c\right)\left(c+a\right)+b\left(b-a\right)\left(a+b\right)+c\left(c-b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{2}{3}\)
cái bđt \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\) cô Chi có làm r ib mk gửi link
AH
9 tháng 10 2017
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
KN
5 tháng 5 2020
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có: (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=(a+b-2c)2+(b+c-2a)2+(c+a-2b)2=(a-c+b-c)2+(b-a+c-a)2 +(c-b+a-b)2.
Đặt a-b=x; b-c=y; c-a=z thì ta có:x+y+z=0,→ x2+y2+z2=(y-z)2+(z-x)2+(x-y)2=2(x2 +y2 +z2)-2(yz+xz+yx)
→x2 +y2 +z2+2(xy+yz+xz)=2(x2 +y2 +z2)
hay(x+y+z)2=2(x2 +y2 +z2). Mà x+y+z=0 nên→ x2+y2+z2=0,
→(a-b)2+(b-c)2 +(c-a)2=0↔a-b=b-c=c-a=0→a=b=c(đpcm)