K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

26 tháng 4 2021

Cô-si đơn giản =) 

Có \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

Nên 

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\left(1\right)\)

\(a+c\ge2\sqrt{ac}\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2\ge4ac\left(2\right)\)

\(c+b\ge2\sqrt{bc}\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\ge4bc\left(3\right)\)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế

\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2ac+2bc\ge4ab+4ac+4bc\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2ac+2bc\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)

Mà Theo đề \(a+b+c+ab+bc+ac=36\) (a=b=c=3)  \(\Leftrightarrow ab+bc+ac=27\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge27\left(đpcm\right)\)

26 tháng 4 2021

Áp dụng bđt phụ \(x^2+y^2+z^2+1\ge\frac{2\left(x+y+z+xy+yz+zx\right)}{3}\)nhé =))

22 tháng 11 2017

Mk cx đang định hỏi câu này

28 tháng 8 2019

\(sigma\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}\ge sigma\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}{\left(a+b\right)^2\left(a^3+b^3\right)}=sigma\frac{1}{2\left(a^3+b^3\right)}\ge\frac{9}{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)

11 tháng 11 2019

P/s : bài này khá khó nên mình thử thôi ! 

Không mất tính tổng quát , ta giả sử : \(a\ge b\ge c\)

Đặt \(M=ab+bc+ca-12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

      \(N=a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\)

Ta có : \(ab+ac+bc\ge a\left(b+c\right)\)hay \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le a^2\left(b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow M\ge N\)

Tiếp , ta sẽ chứng minh \(N\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)\left\{1-12a\left(b+c\right)\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\right\}\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[a^3\left(b+c\right)^3\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^3-3a\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[1-3a\left(b+c\right)\right]\ge0\left(1\right)\)

Đặt x = a ; y = b + c ta có : \(x+y=1\Rightarrow xy\le\frac{1}{4}\)

Theo bất đẳng thức AM - GM , ta có :

\(12xy\left(1-3xy\right)\le\frac{1}{4}.12xy\left(4-12xy\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{12xy+4-12xy}{2}\right)^2=1\)

=> Bất đẳng thức ( 1 ) luôn đúng 

\(\Rightarrow N\ge0\)

Vậy \(M\ge0\)\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Đẳng thức xảy ra với bộ \(\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6};\frac{3-\sqrt{3}}{6};0\right)\)và các hoán vị của chúng .

12 tháng 11 2019

WLOG: \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

Let \(p=a+b+c;ab+bc+ca=q;abc=r\) so p = 1; \(r\ge0\)and \(3\ge q\ge ab\left(\text{vì }c\ge0\right)\)

Need: \(q\ge12\left(p^3-3pq+3r\right)\left(q^2-2pr\right)\)

Have: \(VP=12\left(1-3q+3r\right)\left(q^2-2r\right)=\frac{2}{3}.\left(1-3q+3r\right).18\left(q^2-2r\right)\)

\(\le\frac{1}{6}\left[1-3q+3r+18\left(q^2-2r\right)\right]=\frac{1}{6}\left[18q^2-3q+1-33r\right]\)

\(\le\frac{1}{6}\left(18q^2-3q+1\right)=3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

Hence, we need to prove: \(q\ge3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

\(\Leftrightarrow3q^2-\frac{3}{2}q+\frac{1}{6}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{6}\le q\le\frac{1}{3}\)

Which it is obvious because:

\(q=ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(q-\frac{1}{6}=ab+bc+ca-\frac{1}{6}=ab+c-\frac{1}{6}+c\left(a+b-1\right)\)\(=ab-\frac{1}{6}+1-\left(a+b\right)-c\left[1-\left(a+b\right)\right]\)

\(=ab-\frac{1}{6}+\left[1-\left(a+b\right)\right]\left(1-c\right)\ge0\)

30 tháng 9 2019

Bài 1:

Xét A= \(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\)

\(2A=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\\ =\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\\ =\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\\ \Rightarrow A\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

30 tháng 9 2019

Bài 2:

Xét \(A=a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}-a-b-c\)

\(\Rightarrow A=\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)\\ =\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a,b,c\\ \Rightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\)

1 tháng 10 2017

d) => 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 = 2ab+ 2bc + 2ca

    => 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0

( a^2 - 2ab+b^2 ) + ( a^2 - 2ac + c^2) + ( b^2 - 2bc - c^2) = 0

(a-b)^2 + (a-c)^2 + (b-c)^2 = 0

=> | ( a-b)^2 = 0 => a=b     
     |  ( a-c)^2 = 0 => a=c
     |  ( b-c)^2 = 0 => b=c

=>>> a=b=c

1 tháng 10 2017

b) => 2(a-b)^2 - (a-b)^2  = 0

   2 ( a^2- 2ab + b^2) - a^2+ 2ab - b^2 = 0

  2a^2 - 4ab+ 2b^2 - a^2 + 2ab - b^2 = 0

 a^2 -2ab + b^2 =0 

( a-b)^2 = 0 => a=b

Cái này bạn nên xem lại đề có đúng ko nha~~ Mk ko lm ra số đối đc Sorry