Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(BĐT\Leftrightarrow\)∑\(\left(\frac{b^2}{c}+a+b\right)\)\(\le\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\le\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-c\right)^2}{c}+\frac{\left(b-a\right)^2}{a}+\frac{\left(c-b\right)^2}{b}\ge0\)
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
Câu hỏi của Nguyễn Xuân Đình Lực - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Sửa đề: Chứng minh: \(2\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}+ab+bc+ca\le4\)
Đặt \(a+b+c=3u;ab+bc+ca=3v^2\)
\(\Rightarrow3\left(9u^2-6v^2\right)+3v^2=12\Rightarrow9u^2-6v^2+v^2=4\) (1)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=9u^2-6v^2=4-v^2\). Mặt khác từ (1) ta cũng suy ra:
\(\left(3u\right)^2=9u^2=4+5v^2\Rightarrow a+b+c=3u=\sqrt{4+5v^2}\)
Từ giả thiết ta có: \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\ge4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3v^2=ab+bc+ca\le3\Rightarrow0\le v\le1\) (vì \(v=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\ge0\)..)
Vì vậy ta cần chứng minh: \(2\le f\left(v\right)=\frac{4-v^2}{\sqrt{4+5v^2}}+3v^2\le4\) với \(0\le v\le1\)
Dễ thấy hàm số này đồng biến vì vậy f(v) đạt min tại v = 0 tức \(f\left(v\right)_{min}=2\)
Đạt Max tại v = 1 tức \(f\left(v\right)_{max}=4\)
Ta có đpcm.
P/s: Em mới học BĐT nên không chắc đâu, nhất là khúc mà em in đậm ấy.
Dat \(\left(\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow xyz=1\)
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+1}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{x+y+1}\)
We need to prove:
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{x+y+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x+y}{x+y+1}\ge2\left(M\right)\)
We have:
\(VT_M\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x+y}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}x+3}\)
Now we need to prove
\(\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{x+y}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}x+3}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge\Sigma_{cyc}x+3\left(M_1\right)\)
Consider:
\(VT_{M_1}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge x+y+z+xy+yz+zx\)
Now we need to prove:
\(x+y+z+xy+yz+zx\ge x+y+z+3\)
\(xy+yz+zx\ge3\) (Not fail with xyz=1)
Dau '=' xay ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c=1\\x=y=z=1\end{cases}}\)
\(\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}\)\(=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+c^2+c^2\right)}}\)\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{2\left(a^2+b^2\right)+2c^2}\)\(=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\ge ab+2c^2\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\ge bc+2a^2\); \(\sqrt{\dfrac{ac+2b^2}{1+ac-b^2}}\ge ac+2b^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow VT\ge2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac=2+ab+bc+ac\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
dạng này thì chỉ có quy đồng thôi nhé mặc dù quy đồng chưa ra