Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Với $ab+bc+ac=1$ thì:
$a^2+1=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)$
$b^2+1=b^2+ab+bc+ac=(b+a)(b+c)$
$c^2+1=c^2+ab+bc+ac=(c+a)(c+b)$
$\Rightarrow A=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a+b)(a+c)(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)=[(a+b)(b+c)(c+a)]^2$ là scp
Ta có đpcm.
Biến đổi tương đương bất đẳng thức và chú ý đến \(x+y+z=1\)Ta được
\(\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\) ( trừ cả hai vế với (x+y+z)^2 )
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-z\right)^2}{z}+\frac{\left(y-x\right)^2}{x}+\frac{\left(z-y\right)^2}{y}\ge\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(\frac{1}{y}-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(\frac{1}{z}-1\right)\ge0\)
Vì x + y + z = 1 nên 1/x; 1/y; 1/z > 1. Do đó bđt cuối cùng luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=3\)
Cách trâu bò :
Ta có :
\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{â^2}\ge3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\right):\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\)
+) \(ab+ac+bc=abc\Leftrightarrow a+b+c=6-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-\left(ab+bc+ca\right)>0\\\left(a+b+c\right)^2=\left[6-\left(ab+bc+ca\right)\right]^2\end{cases}}\)
Còn lại phân tích nốt ra rùi áp dụng bđt cauchy là ra . ( Mình cũng ko chắc biến đổi đoạn đầu đúng chưa , có gì bạn xem lại giùm mình sai bỏ qua )
\(Q=\left(a^2b^2+a^2+b^2+1\right)\left(c^2+1\right)=\)
\(=a^2b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2+a^2+b^2c^2+b^2+c^2+1=\)
\(=a^2b^2c^2+\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)+1\) (1)
Ta có
\(\left(ab+bc+ac\right)^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2ab^2c+2abc^2+2a^2bc=\)
\(=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2abc\left(a+b+c\right)=1\)
\(\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2=1-2abc\left(a+b+c\right)\) (2)
Ta có
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=\)
\(=a^2+b^2+c^2+2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\) (3)
Thay (2) và (3) vào (1)
\(Q=a^2b^2c^2+1-2abc\left(a+b+c\right)+\left(a+b+c\right)^2-2+1=\)
\(=\left(abc\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)+\left(a+b+c\right)^2=\)
\(=\left[abc-\left(a+b+c\right)\right]^2\)
\(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)(1)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\); \(\left(b-c\right)^2\ge0\); \(\left(c-a\right)^2\ge0\)với \(\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)( đpcm )
Bài 2 :
\(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ca\right)\)
<=> a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca = 3ab + 3bc + 3ca
<=> a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca
<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 = 2ab + 2bc + 2ca
<=> ( a - b )^2 + ( b - c )^2 + ( c - a )^2 = 0
<=> a = b = c
1.
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+18=2ab+6a+6b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-6a+9\right)+\left(b^2-6b+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-3\right)^2+\left(b-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\a-3=0\\b-3=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=3\)
2.
\(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)
ta có: \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow-1\le|a|\le1.\),tương tự với b và c
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow abc+\left(a+b+c+ab+ac+bc+1\right)\ge0.\left(1\right)\)
Ta thấy \(\left(a+b+c+1\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac+2a+2b+2c+1.\)
\(=2+2a+2b+2c+2ab+2bc+2ac\)
\(=2\left(1+a+b+c+ab+ac+bc\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1+a+b+c+ab+bc+ac\ge0\left(2\right)\)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) Suy ra \(abc+2\left(1+a+b+c+ab+ac+bc\right)\ge0\left(đpcm\right)\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a^2+9\geq 2\sqrt{9a^2}=2|3a|\geq 6a$
Tương tự: $b^2+9\geq 6b; c^2+9\geq 6c$
Cộng theo vế:
$a^2+b^2+c^2\geq 6(a+b+c)-27(*)$
Cũng áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+b^2\geq 2\sqrt{a^2b^2}=2|ab|\geq 2ab$
Hoàn toàn tương tự và cộng theo vế:
$2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow 6(a^2+b^2+c^2)\geq 6(ab+bc+ac)(**)$
Lấy $(*)+(**)\Rightarrow 7(a^2+b^2+c^2)\geq 6(a+b+c+ab+bc+ac)-27=6.36-27=189$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 27$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=3$