Cho a,b,c nguyên dương phân biệt, chứng minh (a+b+c)(ab+ac+bc-2)>=9abc
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
28 tháng 10 2019
Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)
LG
0
VT
0
PM
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 3 2021
** Bài này chỉ đúng khi $a,b,c$ không âm thôi bạn nhé.
Lời giải:
Theo BĐT Schur:
$a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3(a+b+c)(ab+bc+ac)+6abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3[(a+b)(b+c)(c+a)+abc]+6abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
S
22 tháng 12 2019
\(\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{ac+bc+c^2+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
\(tt\Rightarrow2\text{ lần biểu thức}=2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+2\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+2\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
\(\le\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\left(\sqrt{ab}\le\frac{a+b}{2}\right)=3\Rightarrow dpcm\)
Hình như thừa số 2
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)