Chứng minh rằng :
\(\left(a+b+c\right)^2>hoặc=3\cdot\left(ab+bc+ac\right)\)
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
25 tháng 2 2017
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=4\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\\ \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc-c^2+c^2-2ac+a^2\\ =4a^2+4b^2+4c^2-4ab-4ac-4bc\\ \Leftrightarrow0=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\\ \Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2=0\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\left(a-b\right)^2=0\Leftrightarrow a-b=0\Leftrightarrow a=b\\\left(a-c\right)^2=0\Leftrightarrow a-c=0\Leftrightarrow a=c\\\left(b-c\right)^2=0\Leftrightarrow b-c=0\Leftrightarrow b=c\end{matrix}\right.\)
Vậy a=b=c
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 5 2019
\(a+b+c=6abc\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=6\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow xy+xz+yz=6\)
\(P=\sum\frac{\frac{1}{yz}}{\frac{1}{x^3}\left(\frac{1}{z}+\frac{2}{y}\right)}=\sum\frac{x^3}{y+2z}=\sum\frac{x^4}{xy+2xz}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}\ge\frac{\left(xy+xz+yz\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 6 2020
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 6 2020
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
27 tháng 6 2020
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
19 tháng 1 2020
bạn ơi, hình như bạn nhớ nhầm rồi đấy, ko có HĐT đó đâu, mà có HĐT thức ấy nhưng a+b+c = 0 nữa cơ
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
Ta có: \(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3ab+3bc+3ac\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\ge0\) (nhân cả hai vế cho 2)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2ac+c^2+b^2-2bc+c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2\ge0\) ( đúng )