cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3. chứng minh rằng: \(\left(abc\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}$
Áp dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}\geq \frac{(a+b+c).3^5}{27}=9(a+b+c)$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
HQ
15 tháng 2 2021
thử bài bất :D
Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)
Hoàn toàn tương tự:
\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)
\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)
Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:
\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)
Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )
Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
HQ
15 tháng 2 2021
1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D
LH
28 tháng 9 2017
moi nguoi oi hom truoc minh hoc tap hop cac so TN do thi co cua minh day nhu sau
vd: A={xeN/3<x<9}
thi minh liet ke ra la A=4,5,6,7,8 nhung sua bai lai ko dung
co sua nhu vay A=3,4,5,6,7,8
ko biet hay sai mong ae giup minh
VD
30 tháng 9 2017
Áp dụng BĐT Cô-si \(ab\le\frac{\left(a+b\right)}{4}^2\)
=> \(\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)\le\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{4}=\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\frac{1}{\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Mấy cái kia làm tương tự cậu nhé
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
23 tháng 8 2020
Phân tích Trước hết ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1. Quan sát Bất Đẳng Thức ta nhận thấy các dấu hiệu sử dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức, sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu
Bài giải: Suy nghĩ đầu tiên khi quan sát Bất Đẳng Thức đó là dấu hiệu áp dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Như vậy khi đó ta được
\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
Như vậy ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Để ý thấy khi khai triển mẫu thì xuất hiện đại lượng \(a^3+b^3+c^3\)và đánh giá đại lượng đó theo kiểu \(a^3+b^3+c^2\le?̸\)
rất phức tạp. Do đó đánh giá một cách trực tiếp như vậy có vẻ không đem lại hiệu quả. Như vậy để áp dụng hiểu quả ta cần biến đổi Bất Đẳng Thức về một dạng khác
Chú ý là tại các mẫu xuất hiện tích của 2 đại lượng do đó ta sẽ đưa một đại lượng lên trên tử số. Khi đó ta có các cách biến đổi là
\(\orbr{\begin{cases}\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b+c}}\right)^2}{b^2+c^2}\\\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}\end{cases}}\)
Để ý rẳng sau khi áp dụng thì ta thu được là tổng các mẫu đó, do đó cần chú ý đến giả thiết a+b+c=3 thì ta chọn cách biến đổi thứ hai. Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{3}{4}\)
Đến đây áp dụng BĐT Cauchy ta được \(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy sau một số bước đánh giá ta đưa được về một bất đẳng thức có vẻ đơn giản hơn bất đẳng thức cần chứng minh và bất đẳng thức lúc này cũng có dấu hiệu của BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, khi đó ta được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}}\)
Và ta cần chứng minh được \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\le3\sqrt{2}\)tuy nhiên đánh giá này hoàn toàn sai vì \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy để đảm bảo các đánh giá đùng chiều ta cần nâng lũy thừa của các phân số lên, do đó ta có đánh giá
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\)
Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta được
\(a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}\)\(\le\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2\left(b^2+c^2\right)+b^2\left(a^2+c^2\right)+c^2\left(a^2+b^2\right)\right]}\)\(=\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
Do đó ta được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{c^2+a^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\)
23 tháng 8 2020
*Đang giải bấm nhầm gửi trả lời, làm tiếp*
Ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Để ý thấy rằng
\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên ta được điều phải chứng minh
12 tháng 5 2023
Đặt \(P=\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(P=\dfrac{\left(abc\right)^2}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(abc\right)^2}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{\left(abc\right)^2}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(P=\dfrac{\left(bc\right)^2}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{c\left(a+b\right)}\)
\(P\ge\dfrac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}\) (BĐT B.C.S)
\(=\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) \(\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abbcca}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (do \(abc=1\)).
ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
KN
27 tháng 10 2020
Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)
Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)
KN
29 tháng 10 2020
Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)
Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))
\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)
\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1/2