Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3\)
\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1\)
Áp dụng BĐT Cosi ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1)(2)(3) ta có:
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)\)
Mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:
\(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)
ĐẶT: \(x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1\)
KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:
\(\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ĐẶT : \(t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)
ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:
\(x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6\) (DO xyz=1)
\(\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2\)
VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:
\(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0\)
ĐÚNG VỚI : \(t\ge2\)
ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c
\(\Rightarrow DPCM\)
\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)
\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)
Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:
\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Dấu "=" khi a = b = c > 0
P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại
Bạn tham khảo bài số 3:
Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Bunhiacopxki:
\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{2a^2+ab}{\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2}\ge\dfrac{2a^2+ab}{\left(2a+b\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)}=\dfrac{a^2}{c^2+ab+bc}\)
Tương tự:
\(\dfrac{2b^2+bc}{\left(c+\sqrt{ca}+a\right)^2}\ge\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}\)
\(\dfrac{2c^2+ca}{\left(a+\sqrt{bc}+b\right)^2}\ge\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ!
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034