Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Fix đề: Cho a,b,c không âm. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}\)
Dự đoán điểm rơi sẽ có 1 số bằng 0.
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ( c là số nhỏ nhất trong 3 số) thì \(c\ge0\)
do đó \(ab+bc+ca\ge ab\) và \(\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
BDT cần chứng minh tương đương
\(ab\left[\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right]\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}+2\ge4\)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM.
Do đó ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi c=0 , \(\left(a-b\right)^2=a^2b^2\) ( và các hoán vị )
Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)
Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)
sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2
\(P=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{ca}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{ab}{c\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{b^2c^2}{abc\left(b+c\right)}+\dfrac{c^2a^2}{abc\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b^2}{abc\left(a+b\right)}\)
\(\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\dfrac{3abc\left(a+b+c\right)}{2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
\(\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}=\frac{ca}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}-\frac{b(b-c+a-b)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}-\frac{b(b-c)}{c+a}-\frac{b(a-b)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow (b-c)\left(\frac{a}{b+c}-\frac{b}{c+a}\right)-(a-b)\left(\frac{b}{c+a}-\frac{c}{a+b}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (b-c).\frac{(a-b)(a+b+c)}{(b+c)(c+a)}-(a-b).\frac{(b-c)(b+c+a)}{(c+a)(a+b)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a-b)(b-c)\left(\frac{1}{(b+c)(c+a)}-\frac{1}{(c+a)(a+b)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a-b)(b-c).\frac{a-c}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0\)
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên \(\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\neq 0\)
Do đó: \((a-b)(b-c)(a-c)=0\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=b\\ b=c\\ c=a\end{matrix}\right.\)
Suy ra tam giác $ABC$ cân
Ta có đpcm.
Lời giải:
Vì $a+b+c=1$ nên:
\(\text{VT}=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\right)\)
\(=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)+\frac{3}{4}\)
\(=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\frac{3}{4}\)
\(=(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab})+(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc})+(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ac})+\frac{3}{4}\)
\(\geq 2\sqrt{\frac{1}{4}}+2\sqrt{\frac{1}{4}}+2\sqrt{\frac{1}{4}}+\frac{3}{4}=\frac{15}{4}\) (áp dụng BĐT AM-GM)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
a) CM:\(\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
\(\Leftrightarrow n+1+n=\left(n+1-n\right)\left(n+1+n\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=1\left(2n+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=2n+1\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
Câu b) ý 2:
Áp dụng BĐT cô si ta có :
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\\ \dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\\ \dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\\ \Leftrightarrow2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\left(\sqrt{\dfrac{a}{c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}\right)\\ \Rightarrowđpcm\)
Lời giải:
\(a+b+c+\frac{9abc}{ab+bc+ac}\geq 4\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq 4(ab+bc+ac)\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+4abc+\frac{4b^2c^2}{b+c}+4abc+\frac{4a^2c^2}{a+c}+4abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+\frac{4b^2c^2}{b+c}+\frac{4a^2c^2}{a+c}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4ab\leq (a+b)^2\Rightarrow \frac{4a^2b^2}{a+b}\leq \frac{ab(a+b)^2}{a+b}=ab(a+b)\)
TT: \(\frac{4b^2c^2}{b+c}\leq bc(b+c); \frac{4c^2a^2}{c+a}\leq ac(a+c)\)
Cộng các BĐT trên ta thu được BĐT $(*)$. Tức là $(*)$ luôn đúng, kéo theo BĐT ban đầu luôn đúng
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$