/\(\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}+\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge33\)
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)
Xét từng hạng tử vế trái:
*\(\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}\ge\frac{2\cdot3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}=6\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2}}\ge6\)(*)
**\(\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)+18\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}=9+\frac{18\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\)(1)
Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Suy ra \(\left(1\right)\ge9+\frac{18\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=9+18=27\)(**)
Cộng vế theo vế (*) và (**) ta được điều phải chứng minh.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(BDT\Leftrightarrow2\left[\dfrac{a^3+b^3+c^2}{abc}-3\right]+9\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}-3\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)\sum\left(a-b\right)^2}{abc}+\dfrac{-9\sum\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\left(\dfrac{a+b+c}{abc}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2.\dfrac{\sum\left(a-b\right)^2.\left(a+b+3c\right)}{2abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge0\) (đúng)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta chứng minh bổ đề:
\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2\ge\frac{260}{9}-\frac{160x}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{9x^4+480x^3-242x^2+9}{9x^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(3x-1\right)^2\left(x^2+54x+9\right)}{9x^2}\ge0\)(đúng)
Áp dụng vào bài toán ta được.
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\ge\frac{260}{9}-\frac{160a}{3}+\frac{260}{9}-\frac{160b}{3}+\frac{260}{9}-\frac{160c}{3}\)
\(=\frac{260}{3}-\frac{160}{3}\left(a+b+c\right)=\frac{260}{3}-\frac{160}{3}=\frac{100}{3}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
áp dụng bunhia ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left[\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\right]\ge\left(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\ge\left(1+\frac{9}{a+b+c}\right)^2=100\)
\(\Rightarrow3\left[\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\right]\ge100\)
\(\Rightarrow\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{100}{3}\left(Q.E.D\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta thấy: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}}\)
Ta lại có: \(\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}\le\frac{\left(a^2b+b^2c\right)+\left(bc^2+ca^2\right)+\left(c^2a+ab^2\right)}{3}=\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+bc\right)}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}\)
Nhận thấy: \(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=a^3+b^3+c^3+3abc+2\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
Theo Schur: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow A\ge3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{9}{a+b+c}\)
![](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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
t nghĩ đề phải bổ sung là a,b,c > 0 nữa.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với :
\(\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}-6+\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)}{abc}+\frac{9\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)-27\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{abc}-\frac{18\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left[\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc\right]\ge0\)
cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc+a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)-6abc\ge0\)
Ta thấy \(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)
\(a\left(b^2+c^2\right)+b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)-6abc=a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Thanh Tùng DZ Sao anh ko dùng co si cho nhanh để cm cái bđt cuối ??
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\Rightarrowđpcm\)