cho a,b,c không âm. Cmr: \(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
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
LQ
cho a,b,c không âm. chứng minh
\(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
3
KH
29 tháng 5 2017
Theo bất đẳng thức AM - GM:
\(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Ta có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)\(\forall a,b,c\text{ không âm}\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.
_Kik nha!! ^ ^
T
11 tháng 11 2019
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:(
T
6 tháng 7 2020
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
KN
1 tháng 12 2019
Gọi A là vế trái của BĐT cần chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = 3. Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
\(\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8bc\left(4a+4b+c\right)}}+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{27}\)\(\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
Suy ra
\(\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}\)\(+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)\)
Tương tự
\(\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{8bc\left(4b+4c+a\right)}}+\frac{bc\left(4b+4c+a\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(b+c\right)\)
và \(\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{8ca\left(4c+4a+b\right)}}+\frac{ca\left(4c+4a+b\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(c+a\right)\)
Cộng ba BĐT trên ta có:
\(\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge B\)
Với \(A=\frac{1}{54}[ab\left(4a+4b+c\right)+bc\left(4b+4c+a\right)\)
\(+ca\left(4c+4a+b\right)]\)
\(=\frac{1}{54}\left[4ab\left(a+b\right)+4bc\left(b+c\right)+4ca\left(c+a\right)+3abc\right]\)
\(=\frac{1}{54}\left[4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-9abc\right]\)
\(\le\frac{1}{54}\left(a+b+c\right)^3=\frac{1}{2}\)
và \(B=\frac{1}{4}.2\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)
Suy ra \(\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\Rightarrow A\ge2\sqrt{2}\)
Vậy
\(\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{bc\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{ca\left(4c+4a+b\right)}}\ge2\sqrt{2}\)(đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 11 2021
BĐT cần c/m tương đương:
\(2\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)\ge2+\dfrac{3}{2}\sqrt{4+2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)\ge2+\dfrac{3}{2}\sqrt{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)\ge2+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c+d\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)\ge4+3\left(a+b+c+d\right)\)
Dễ dàng chứng minh điều này bằng AM-GM:
\(a^3+a^3+1+b^3+b^3+1+c^3+c^3+1+d^3+d^3+1\ge3a^2+3b^2+3c^2+3d^2\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)+4\ge12\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3\ge4\) (1)
Lại có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge\dfrac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\le4\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow4\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)\ge16\ge4+3.4\ge4+3\left(a+b+c+d\right)\) (đpcm)
T
30 tháng 12 2019
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 \(a=b=c\)
T
30 tháng 12 2019
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)
VT
9
15 tháng 9 2017
vũ tiền châu tham khảo nhé:
Ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3.³√(abc) = > abc ≤ 1 <=> 1 - abc ≥ 0
1 + a²(b + c) = 1 + a(ab + ac) = 1 + a(3 - bc) = 1 - abc + 3a ≥ 3a
=> 1/[1 + a²(b + c)] ≤ 1/(3a)
Tương tự:
1/[1 + b²(c + a)] ≤ 1/(3b)
1/[1 + c²(a + b)] ≤ 1/(3c)
Cộng vế 3 bđt trên đc:
VT đpcm ≤ 1/3 . (1/a + 1/b + 1/c) = 1/3 . (ab + bc + ca)/abc = 1/3 . 3/abc = 1/abc (đpcm)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1
15 tháng 9 2018
Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:
\(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
ĐẶT: \(x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1\)
KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:
\(\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ĐẶT : \(t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:
\(x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6\) (DO xyz=1)
\(\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2\)
VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:
\(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0\)
ĐÚNG VỚI : \(t\ge2\)
ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c
\(\Rightarrow DPCM\)