Cho a,b,c là các số thực không âm. CMR :
\(\left(a+b+c\right)^3\ge6\sqrt{3}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)
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
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
22 tháng 2 2022
Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:
\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)
\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
1 tháng 6 2023
Ta có \(\sqrt{2022a+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2}}\)
\(=\sqrt{2a\left(a+b+c\right)+\dfrac{b^2-2bc+c^2}{2}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{4a^2+b^2+c^2+4ab+4ac-2bc}{2}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2-4bc}{2}}\)
\(\le\sqrt{\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2}}\)
\(=\dfrac{2a+b+c}{\sqrt{2}}\).
Vậy \(\sqrt{2022a+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2}}\le\dfrac{2a+b+c}{\sqrt{2}}\). Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế, ta được \(VT\le\dfrac{2a+b+c+2b+c+a+2c+a+b}{\sqrt{2}}\)
\(=\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}\) \(=\dfrac{4.1011}{\sqrt{2}}\) \(=2022\sqrt{2}\)
ĐTXR \(\Leftrightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}ab=0\\bc=0\\ca=0\\a+b+c=1011\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left(a;b;c\right)=\left(1011;0;0\right)\) hoặc các hoán vị. Vậy ta có đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 5 2021
Bài này có bạn giải rồi:
Cho các số thực dương a,b,c.Chứng minh rằng :\(\dfrac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{c\left(2b-c\right)}{... - Hoc24
Bất đẳng thức mang tính hoán vị của các biến nên không mất tính tổng quát,giả sử a là số lớn nhất trong các số:a,b,c
Với \(a\ge b\ge c\)thì VP âm trong khi đó VT luôn dương nên bất đẳng thức luôn đúng.
\(\Rightarrow a\ge c\ge b\)
Biến đổi biểu thức tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)
Mặt khác:
\(\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2=\left[\left(a-b\right)\left(c-b\right)\left(a-c\right)\right]^2\le\left(a-c\right)^2\cdot a^2\cdot c^2\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta được:
\(4\left(a-c\right)^2\cdot c^2\cdot a^2=2ac\cdot2ac\left(a-c\right)^2\le\frac{\left[\left(a-c\right)^2+2ac+2ac\right]^3}{27}=\frac{\left(a-c\right)^6}{27}\)
\(\Rightarrow\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\le\frac{\left(a+c\right)^2}{108}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge\left(a+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge6\sqrt{3}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)
Bất đẳng thức được chứng minh.