Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b^2}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}\)
Áp dụng BĐT Bun :
\(\frac{c^2}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b^2}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{c^2\left(a+b\right)+a^2\left(b+c\right)+b^2\left(a+c\right)+2abc}=...\)
Dấu ''='' xảy ra khi a = b =c
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
cho {a,b,c>0a+b+c=abc{a,b,c>0a+b+c=abc\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=abc\end{matrix}\right..CMR: ba2+cb2+ac2+3≥(1a+1b+1c)2+√3ba2+cb2+ac2+3≥(1a+1b+1c)2+3\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}+3\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\sqrt{3}
cho {a,b,c>0a+b+c=abc{a,b,c>0a+b+c=abc\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=abc\end{matrix}\right..CMR: ba2+cb2+ac2+3≥(1a+1b+1c)2+√3ba2+cb2+ac2+3≥(1a+1b+1c)2+3\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}+3\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\sqrt{3}
\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3.3=9\)hay \(a+b+c\le3\)(do \(a^2+b^2+c^2=3\))
Theo bất đẳng thức Mincopxki và bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:
\(\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh rằng: \(\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\)(*)
Đặt \(t=a+b+c\Rightarrow0< t\le3\)
Khi đó, (*) trở thành \(\sqrt{9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2\ge\frac{117}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-9\right)\left(t+3\right)\left(2t+9\right)}{4t^2}\ge0\)(đúng với mọi \(0< t\le3\))
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ủa @@ Mình vừa đăng câu trả lời rồi mà sao giờ không thấy nhỉ @@
Ta có: \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge a+b+c\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\ge\frac{9}{\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{1}{3}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2.\frac{9}{a+b+c}=a+b+c\) \(\left(1\right)\)
và \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right).\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{3\sqrt{3}}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\sqrt{a^2+b^2+c^2}\) \(\left(2\right)\)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Ta có: \(\left(a+b+c\right)^3-27abc=\frac{7a+b+c}{2}\left(b-c\right)^2+\frac{7b+c+a}{2}\left(c-a\right)^2+\frac{7c+a+b}{2}\left(a-b\right)^2\)
Va` \(a+b+c-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2}{a+b+c+\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\)
\(BDT\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}-27+54\left(\frac{a+b+c}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3-27abc}{abc}+54\left(\frac{a+b+c-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{Σ\left(\frac{7c+a+b}{2}\left(a-b\right)^2\right)}{abc}-\frac{\frac{Σ54\left(a-b\right)^2}{a+b+c+\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(a-b\right)^2\left(\frac{\frac{7c+a+b}{2}}{abc}-\frac{\frac{54}{a+b+c+\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\right)\ge0\) *Đúng*
"=" <=> a=b=c :v
bác thắng vip pro :v