Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\sqrt[3]{abc}.\sqrt[3]{ab.bc.ca}\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right).\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\dfrac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Do đó:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}.3.\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{8}{3}\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=8\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
a+b>=2căn ab
b+c>=2*căn bc
a+c>=2*căn ac
=>(a+b)(b+c)(a+c)>=2*2*2*căn ab*bc*ac=8
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le9\Rightarrow a+b+c\le3\left(1\right)\)
Ta có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le3\left(2\right)\)
Cộng vế với vế của\(\left(1\right),\left(2\right)\)ta được:
\(a+b+c+ab+bc+ca\le3+3=6\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{ab}{6+a-c}=\frac{ab}{a+b+c+a-c}=\frac{ab}{2a+b}\)
\(=\frac{ab}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a}+\frac{ab}{a}+\frac{ab}{b}\right)=\frac{1}{9}\left(2b+a\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{bc}{6+b-a}\le\frac{1}{9}\left(2c+b\right);\frac{ca}{6+c-b}\le\frac{1}{9}\left(2a+c\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{1}{9}\cdot3\left(a+b+c\right)=\frac{1}{3}\cdot\left(a+b+c\right)=\frac{6}{3}=2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$(a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 9abc$
$\Rightarrow abc\leq \frac{1}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$. Do đó:
$(a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc$
$\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(ab+bc+ac)(a+b+c)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Rightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)\leq \frac{9}{8}(*)$
Mà cũng theo BĐT Cô-si:
$1=(a+b)(b+c)(c+a)\leq \left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3$
$\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{2}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{9}{8}.\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{9}{8}.\frac{2}{3}=\frac{3}{4}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$
Ta có: \(0\le\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)(1)
theo đề bài:
\(a^2+b^2+ab+bc+ac< 0\)
=> \(2\left(a^2+b^2+ab+bc+ac\right)< 0\)
=> \(2a^2+2b^2+2ab+2bc+2ac< 0\)(2)
Từ (1); (2) =>\(2a^2+2b^2+2ab+2bc+2ac< \) \(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)
=> \(a^2+b^2< c^2\)
đề bài đúng ko vậy bạn?
Đề bài chắc chắn đúng bạn ạ