Chứng minh rằng: \(4\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Akai Haruma Nguyễn Huy Thắng Giúp em với ạ!! :::)))
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2019
Vương Thiên Nhi: à ừm mình cứ tưởng bạn sai đề.
Giải thế này nhá:
Đẳng thức \(\Leftrightarrow (ab-ac)x^2+(bc-ba)xy+(ca-cb)y^2=dx^2-2dxy+dy^2\)
Vì đẳng thức trên đúng với mọi $x,y$ nên đồng nhất hệ số ta có:
\(\left\{\begin{matrix} ab-ac=d\\ bc-ba=-2d\\ ca-cb=d\end{matrix}\right.\Rightarrow 2(ab-ac)+(bc-ba)=2d+(-2d)=0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc=2ac\)
\(\Rightarrow \frac{ab+bc}{abc}=\frac{2ac}{abc}\) (do $a,b,c\neq 0$)
\(\Rightarrow \frac{1}{c}+\frac{1}{a}=\frac{2}{b}\) (đpcm)
22 tháng 1 2020
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:
\(\left(1+\frac{1}{a}\right)^4+\left(1+\frac{1}{b}\right)^4+\left(1+\frac{1}{c}\right)^4\ge3\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)}\right)^4\)
Ta chứng minh: \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\ge\left(1+\frac{3}{2+abc}\right)^3\left(1\right)\)
Theo BĐT Cô - si ta có:
\(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\)
\(\ge1+\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}+\frac{1}{abc}=\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\ge\left(1+\frac{3}{2+abc}\right)^3\)
(Vì \(abc+2=abc+1+1\ge3\sqrt[3]{abc}\))
Vậy \(\left(1\right)\) được chứng minh \(\Rightarrow BĐT\) đúng \(\forall a,b,c>0\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
22 tháng 1 2020
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow VT\ge3\sqrt[3]{\left[\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\right]^4}\)
\(\Rightarrow VT\ge3\left(\sqrt[3]{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}}\right)^4\left(1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\\\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\ge1+3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(+3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2}}+\frac{1}{abc}\)
\(\Rightarrow1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\ge\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\)
\(\Rightarrow3\left(\sqrt[3]{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}}\right)^4\)
\(\ge3\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^4\)
\(\left(2\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc}\le\frac{abc+1+1}{3}=\frac{abc+2}{3}\)
\(\Rightarrow1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\ge1+\frac{3}{abc+2}\)
\(\Rightarrow3\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^4\ge3\left(1+\frac{3}{abc+2}\right)^4\left(3\right)\)
Từ (1) , (2) và (3)
\(\Rightarrow VT\ge3\left(1+\frac{3}{abc+2}\right)^4\)
\(\Leftrightarrow\left(1+\frac{1}{a}\right)^4+\left(1+\frac{1}{b}\right)^4+\left(1+\frac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\frac{3}{2+abc}\right)^4\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!
N
26 tháng 11 2017
By AM-GM: \(3\le ab+bc+ca\)
Ta có: \(6-\dfrac{18}{a^2+b^2+c^2}=6.\left(1-\dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}\right)=\dfrac{6\left(a^2+b^2+c^2-3\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{6\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}=3\sum\dfrac{\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Giờ ta chỉ việc chứng minh
\(\sum\dfrac{\left(ab-c^2\right)\left(a-b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)\left(c^2+b^2\right)}+\sum\dfrac{3\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\left[\dfrac{ab\left(a^2+b^2+ab\right)+2\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\right]\ge0\)(đúng)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1
UK
26 tháng 11 2017
@Akai Haruma @TFBoys @Hà Nam Phan Đình @Mei Sama (Hân) @Ace Legona @Hung nguyen.........
HN
23 tháng 11 2018
Áp dụng BĐT holder cho n bộ 3 số:
\(\left(\sum\dfrac{b^nc^n}{b+c}\right)\left[\sum\left(b+c\right)\right]\left(1+1+1\right)..\left(1+1+1\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^n\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^n}{3^{n-2}.2.\left(a+b+c\right)}\ge\dfrac{3^{n-2}.3abc\left(a+b+c\right)}{3^{n-2}.2.\left(a+b+c\right)}=\dfrac{3}{2}\)
#Hint:(\(\left\{{}\begin{matrix}ab+bc+ca\ge3\\\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\end{matrix}\right.\))
BĐT holder thường dùng:
\(\left(a_1^m+a_2^m+...+a_k^m\right)\left(b_1^m+b_2^m+...+b_k^m\right)...\left(c_1^m+...+c_k^m\right)\ge\left(a_1b_1...c_1+a_2.b_2...c_2+...+a_k.b_k...c_k\right)^m\)
trong đó VT có m thừa số từ a đến c
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((a^2+1)[1+(b+c)^2]\geq (a+b+c)^2\)
Do đó ta chỉ cần chỉ ra rằng
\(4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq 3(a^2+1)[1+(b+c)^2]\)
\(\Leftrightarrow 4(b^2+1)(c^2+1)\geq 3[1+(b+c)^2]\)
\(\Leftrightarrow 4b^2c^2+1+b^2+c^2\geq 6bc\)
\(\Leftrightarrow (2bc-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) ( luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Thank you!!!