K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

11 tháng 9 2021

Trước tiên chứng minh:

9(a+b)(b+c)(c+a)≥8(a+b+c)(ab+bc+ca)

(nhân vô rút gọn chuyển hết sang trái được)

⇔a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b−6abc≥0

⇔(a2b−2abc+c2b)+(a2c−2abc+b2c)+(b2a−2abc+c2a)≥0

⇔(a√b−c√b)2+(a√c−b√c)2+(b√a−c√a)2≥0(đúng)

Từ đây ta có:

9(a+b)(b+c)(c+a)≥8(a+b+c)(ab+bc+ca)

⇔ab+bc+ca≤9(a+b)(b+c)(c+a)8(a+b+c)=94

(a+b)+(b+c)+(c+a))⇔ab+bc+ca≤9≤94.33√(a+b)(b+c)(c+a)=94.3=34

Vậy ab+bc+ca≤34

4 tháng 2 2017

Trước tiên chứng minh:

\(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

(nhân vô rút gọn chuyển hết sang trái được)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b-6abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b-2abc+c^2b\right)+\left(a^2c-2abc+b^2c\right)+\left(b^2a-2abc+c^2a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a\sqrt{b}-c\sqrt{b}\right)^2+\left(a\sqrt{c}-b\sqrt{c}\right)^2+\left(b\sqrt{a}-c\sqrt{a}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta có:

\(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{4\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right)}\)

\(\le\frac{9}{4.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=\frac{9}{4.3}=\frac{3}{4}\)

Vậy \(ab+bc+ca\le\frac{3}{4}\)

14 tháng 4 2017

1 cách khác của tui (câu hỏi của trg tuấn nghĩa) trên hh nhé

NV
9 tháng 8 2021

Với mọi số thực dương a;b;c ta có BĐT:

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)

Tương tự, ta có:

\(VT\le\dfrac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}+\dfrac{bc}{bc\left(b^2+c^2\right)+bc}+\dfrac{ca}{ca\left(c^2+a^2\right)+ca}\)

\(VT\le\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(VT\le\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\)

Ta lại có: \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{zx\left(z+x\right)+xyz}=1\)

NV
22 tháng 2 2021

Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

NV
9 tháng 8 2021

\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2\)

Mặt khác ta có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=9\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Từ đó suy ra đpcm

NV
30 tháng 12 2020

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

NV
30 tháng 12 2020

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)