Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
cho a,b,c thuộc R >1 tm a+b+c=6
cmr \(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le216\)
BĐT Mincopxki
Ta cần CM: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2\left(ab+cd\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ab+cd\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+c^2d^2+b^2c^2+a^2d^2\ge a^2b^2+c^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow\left(bc-ad\right)^2\ge0\)(đúng)
t nói trước đây là bài làm rất xàm nên đừng tin nhé,spam đấy!
Không mất tính tổng quát giả sử \(c\ge0\)
\(a=c+x+y;b=c+y;c=c\)
Ta cần chứng minh \(A=f\left(x;y;c\right)=\left[\left(c+x+y\right)^2+\left(c+y\right)^2+c^2\right]\left[\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right]\ge\frac{9}{2}\)
\(\ge\frac{\left(3c+x+y\right)}{3}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)=T\left(x;y;c\right)\)
Xét hiệu \(T\left(x;y;c\right)-T\left(x;y;0\right)=c\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge0\)
Nên \(T\left(x;y;c\right)\ge T\left(x;y;0\right)=\frac{1}{3}\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{1}{3}\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge\frac{9}{2}\)
...
\(P\ge\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{4a^2}{b^2+c^2}=\left(\frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}\right)+\frac{3a^2}{b^2+c^2}\ge5\)
dấu " = " <=> \(b=c=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
Có : (a-b)^2 >= 2ab
<=> a^2+b^2-2ab>=0
<=>a^2+b^2>=2ab (1)
<=> a^2+b^2+2ab>=4ab
<=> (a+b)^2 >=4ab (2)
Với a,b > 0 thì chia cả 2 vế (2) cho 4ab.(a+b) ta được :
a+b/ab >= 4/a+b
<=> 1/a + 1/b >= 4/a+b (3)
Áp dụng bđt (3) thì P >= 1/a^2.(b^2+c^2) +a^2.4/(b^2+c^2)
Áp dụng tiếp bđt (1) thì P >= 2\(\sqrt{\frac{1}{a^2}.\left(b^2+c^2\right).a^2.\frac{4}{b^2+c^2}}\) = 2.2 = 4
Dấu "=" xảy ra <=> (b^2+c^2)/a^2 = a^2/(b^2+c2) và b^2=c^2 <=> a^2 = b^2+c^2 và b^2=c^2 <=> a^2=2b^2=2c^2
Vậy Min P = 4 <=> a^2 = 2b^2 = 2c^2
Ta có
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)+a^2+b^2+3\ge\left(a+b\right)^2+\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+3=\frac{3}{2}\left[\left(a+b\right)^2+2\right]\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{2}\left[\left(a+b\right)^2.c^2+4+2\left(a+b\right)^2+2c^2\right]\)
\(\ge\frac{3}{2}\left[4\left(a+b\right)c+2\left(a+b\right)^2+2c^2\right]=VP\)
=> ĐPCM
Dấu "=" xảy ra khi
\(a=b=c=\frac{\pm1}{\sqrt{2}}\)
Đề PBC 2015-2016 nè
Lời giải khác:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+(b+c)^2=a^2+\frac{(b+c)^2}{4}+\frac{3(b+c)^2}{4}$
$\geq a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2$
$\Rightarrow \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leq \frac{4a}{4a+3b+3c}$
Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:
$\frac{4a}{4a+3b+3c}=\frac{4a}{a+\frac{a+b+c}{3}+...+\frac{a+b+c}{3}}\leq \frac{1}{100}.4a\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{a+b+c}+...+\frac{3}{a+b+c}\right)$
$=\frac{1}{25}+\frac{27a}{25(a+b+c)}$
Tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
$\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{3}{25}+\frac{27}{25}=\frac{6}{5}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Không mất tính tổng quát giả sử
\(1< a\le b\le c\)
Ta có:
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)-\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{16}\left(b^2+c^2+6bc-16\right)\le0\)
\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
Đặt \(c+b=2x\)
\(\Rightarrow VT\le\left(a^2+2\right)\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2\)
Ta cần chứng minh
\(\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2-216\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2\right)^2\left(2x^4-4x^3+3x^2-20x-8\right)\le0\)
(cái cuối cùng e tự chứng minh nha)