![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bạn tham khảo lời giải bài 4 link sau:
Câu hỏi của Bonking - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt \(THANG=ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\) :v
Vì \(0\le a;b;c\le1\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow THANG\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)
Vì \(a+b+c\ge2\) nên \(a+b+c-1\ge1\). Vậy \(THANG\ge2\cdot1=2\)
Đẳng thức xảy ra khi trong 3 số \(a;b;c\) có 2 số bằng 1 và một số bằng 0
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Vì \(0\le a,b,c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)
Do \(a+b+c\ge2\Rightarrow a+b+c-1\ge1\Rightarrow VT\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi 1 trong 3 số a,b,c có 2 số bằng 1 và 1 số bằng 0
bạn thử giải hộ mình mấy bài này vs
https://diendantoanhoc.net/topic/173087-to%C3%A1n-%C3%B4n-thi-v%C3%A0o-l%E1%BB%9Bp-10/#entry681162
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) \(S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0\)
Ta có: \(VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2\)
\(=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
b) \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\) (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow (a+b+c)^2\geq 9\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 9abc\) (do \(abc=1\) )
\(\Rightarrow a+b+c\geq \frac{9abc}{a+b+c}\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}(**)\)
Giờ ta sẽ chứng minh:
\(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ac)(*)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+9abc\geq 2(ab+bc+ac)(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)\)
(đúng theo BĐT Schur bậc 3)
Do đó \((*)\) đúng.
Từ \((**); (*)\Rightarrow a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Từ giả thiết: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\end{matrix}\right.\) (1)
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\ge3\left(a+b+c\right)-1\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(3\left(a+b+c\right)-1\ge2\left(1+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\) (hiển nhiên đúng theo (1))