Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có:
\(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\). Cho biết dấu bằng xảy ra khi nào
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
NT
Nguyễn thành Đạt
CTVHS
20 tháng 3 2023
3.1
Xét hiệu :
\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)
\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)
Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)
3.2
Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)
Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)
nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )
Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)
\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)
12 tháng 9 2016
Ta có : \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2abc+b^2c^2\right)+\left(b^2-2abc+a^2c^2\right)+\left(c^2-2abc+a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-bc\right)^2+\left(b-ac\right)^2+\left(c-ab\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vì bđt cuối luôn đúng nên bđt ban đầu được chứng minh
KN
12 tháng 6 2020
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Y
16 tháng 4 2019
+ \(c^2+1\ge2c\) \(\forall c\)
\(\Rightarrow a^2\left(c^2+1\right)\ge2a^2c\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\)
+ Tương tự ta có :
\(c^2\left(b^2+1\right)\ge2bc^2\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\)
\(b^2\left(a^2+1\right)\ge2ab^2\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=1\)
do đó : \(a^2\left(c^2+1\right)+c^2\left(b^2+1\right)+b^2\left(a^2+1\right)\)
\(\ge2\left(a^2c+bc^2+ab^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương \(a^2c;bc^2;ab^2\) ta có :
\(a^2c+bc^2+ab^2\ge3\sqrt[3]{a^2c\cdot bc^2\cdot ab^2}=3abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a^2c=bc^2=ab^2\Leftrightarrow a=b=c\)
Do đó : \(a^2\left(c^2+1\right)+c^2\left(c^2+1\right)+b^2\left(a^2+1\right)\)
\(\ge2\cdot3abc=6abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
16 tháng 4 2019
Nghĩ đơn giản ra
VT = a2 + c2a2 + c2 + b2c2 + b2 + a2b2 ≥ \(6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}\) = 6abc
6 tháng 11 2018
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) ( bđt phụ + Cauchy-Schwarz dạng Engel )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
CM bđt phụ : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z\)
Chúc bạn học tốt ~
DT
7 tháng 4 2018
\(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2.\)
áp dụng bất đẳng thức cô si cho 6 số \(a^2,b^2,c^2,a^2b^2,b^2c^2,a^2c^2\)ta được
\(a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.a^2b^2.b^2c^2.a^2c^2}=6\sqrt[6]{a^6.b^6.c^6}=6.abc\)
5 tháng 1 2021
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
5 tháng 1 2021
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 6 số không âm a2, a2b2, b2, b2c2, c2, a2c2 ta được:
a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2 >= 6\(\sqrt{a^6b^6c^6}\)= 6abc
=> a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) >= 6abc
Dấu = xảy ra khi
a2=a2b2=b2=b2c2=c2=a2c2
a=b=c=+-1