Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh
Ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)=a^2\left(b+c\right)+ab\left(b+c\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(b+c\right)+abc\)
\(=\left(b+c\right)\left(a^2+ab+bc+ac\right)+abc\)
\(=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
Vậy BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le\frac{8}{9}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{9}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le0\) \(?!\)
Bất đẳng thức sai
Thử lại với \(a=b=c=1\) thì \(9\le\frac{64}{9}\) sai thật
BĐT đúng có lẽ là:
\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Khi đó:
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) (đúng theo AM-GM)
Vậy BĐT được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Sửa đề: \(\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6\)
Giả sử \(c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(a=c+u,b=c+v\) thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc\)
Cũng theo BĐT AM-GM \(\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}\)và \(\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\)
\(\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
\(\frac{a}{bc\left(c+a\right)}+\frac{b}{ca\left(a+b\right)}+\frac{c}{ab\left(b+c\right)}\)
\(=\frac{1}{abc}\left(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\right)\)
\(\ge\frac{1}{abc}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}.\frac{\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(\ge\frac{27}{\left(a+b+c\right)^3}.\frac{a+b+c}{2}=\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(x,y,z>0\)và ta cần chứng minh \(\frac{x}{\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có: \(\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}\)\(=\sqrt{x}.\sqrt{3zx^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3xy^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3yz^2+xyz}\)\(\le\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\)
Ta cần chứng minh \(\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\le\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^4\ge\frac{9}{4}\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge\frac{27}{4}\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(y=mid\left\{x,y,z\right\}\)thì khi đó \(\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\Leftrightarrow y^2+zx\le xy+yz\)
\(\Leftrightarrow xy^2+zx^2\le x^2y+xyz\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2+xyz\le\)\(x^2y+yz^2+2xyz=y\left(z+x\right)^2=4y.\frac{z+x}{2}.\frac{z+x}{2}\)
\(\le\frac{4}{27}\left(y+\frac{z+x}{2}+\frac{z+x}{2}\right)^3=\frac{4\left(x+y+z\right)^3}{27}\)
Như vậy (*) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{a}.\sqrt{a}+\sqrt{b}.\sqrt{c}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge a+\sqrt{bc}\)
Do đó \(\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự ta được:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{bc}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\left(2\right)\\\sqrt{\frac{ca}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{ca\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{c}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\left(3\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge\)
\(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+\)\(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\left(4\right)\)
Ta lại có: \(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+2abc}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc\left(a+b+c\right)+ca\left(a+b+c\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{c\left(a+b+c\right)\left(b+a\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left[c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\right]}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=1\)
\(\left(4\right)\Leftrightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)\(\ge\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó ta cần chứng minh \(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge1+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Điều này tương đương với \(\sqrt{a}\left(b+c\right)+\sqrt{b}\left(a+c\right)+\sqrt{c}\left(a+b\right)\ge6\sqrt{abc}\left(5\right)\)
Theo bất đẳng thức AM-GM thì (5) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra khi (1);(2);(3) và (5) xảy ra dấu "=". điều này tương đương với a=b=c
Vậy ta có điều phải chứng minh
=))
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành
Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh
\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)
Ta có:
\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)
Ta lại có:
\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)
\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)
PS: Đề sai rồi nha.
Uầy cái này là bổ đề huyền thoại của lớp 9 rồi :333333333
BĐT cần CM <=> \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
<=> \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+8abc\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Mà theo CAUCHY 2 số thì \(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân lại => \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
=> Ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng BĐT AM-GM với 3 số a, b, c ta luôn có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\), dấu bằng xảy ra khi a = b.
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\), dấu bằng xảy ra khi b = c.
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\) , dấu bằng xảy ra khi a = c.
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{bc}.2\sqrt{ab}.2\sqrt{ac}=8abc\)
lại có \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\left(\frac{1}{8}+1\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c