Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}=\frac{3}{4}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{4abc}\)
\(=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{9}{ab+ac+bc}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\ge\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\right)-\frac{3}{2}\left(1\right)\)
Lại có:\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\left(2\right)\).Từ (1);(2) có:
\(P=\frac{1}{30}-\frac{3}{2}+\frac{1}{5}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)+\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{1}{15}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-22\right)\ge-\frac{4}{3}\)
đề thi hsg toán lớp 9 tỉnh thanh hóa năm 2016-2017 mà
a )
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
\(\left(b^2+\left(c+a\right)^2\right)\left(1+\right)\ge\left(b+2\left(a+c\right)\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a^2}{b^2+\left(c+a\right)^2}}\le\sqrt{5}.\frac{a}{b+2c+2a}\)
\(\Rightarrow VT\le\sqrt{5}.\left(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\right)\)
Cần chứng minh : \(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\le\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{b+2c+2a}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{b}{c+2a+2b}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{c}{a+2b+2c}\right)\ge\frac{9}{10}\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+2c}{b+2c+2a}+\frac{c+2a}{c+2a+2b}+\frac{a+2b}{a+2b+2c}\ge\frac{9}{5}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức ở vế trái :
\(\Rightarrow VT\ge\frac{\left(b+2c+c+2a+a+2b\right)^2}{\left(b+2c\right)^2+2a\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)^2+2b\left(c+2a\right)+\left(a+2b\right)^2+2c\left(a+2b\right)}\)
\(=\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+b\right)^2}=\frac{9}{5}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = '" xảy ra khi a=b=c
b ) Ta có abc =1
Ta chứng minh :
\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}=1\)
VT \(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{abc+ab+a}+\frac{ab}{a^2bc+abc+ac}\)
\(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{ab+a+1}+\frac{ab}{ab+a+1}=1\left(đpcm\right)\)
Ta có : \(\left(1+a\right)^2+b^2+5=\left(a^2+b^2\right)+2a+6\ge2ab+2a+6\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}=\frac{2ab+2a+6}{ab+a+4}=2-\frac{2}{ab+a+4}\)
Mà \(\frac{1}{ab+a+4}=\frac{1}{ab+a+1+3}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)\) ( do \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}\ge2-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{11}{6}-\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+a+1}\)
Khi đó :
\(P\ge\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}\right)=\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.1=5\)
\(P_{Min}=5\) khi \(a=b=c=1\)
\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}-1\)
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Câu hỏi của Trần Lê Nguyên Mạnh - Toán lớp 9 - Học trực tuyến OLM
sửa giả thiết là \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\left(abc\right)^2\)
Và Áp dụng BĐT cô-si, ta có \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3\ge3\left(abc\right)^2\)
dấu = xảy ra <=>a=b=c>0
Thay vào thì \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\) (ĐPCM)
^_^
Ta có: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}=\frac{3}{4}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{4abc}\)
\(=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{9}{ab+ac+bc}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\ge\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\right)-\frac{3}{2}\left(1\right)\)
Lại có: \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\)\(\Rightarrow P=\frac{1}{30}-\frac{3}{2}+\frac{1}{5}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)+\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{1}{15}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-22\right)\ge-\frac{4}{3}\)