cho 3 số thực dương a,b,c.CMR
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge9\left(ab+bc+ca\right)\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{ab}+\frac{\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{\left(c+a\right)^2}{ac}=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+6\)
\(bđt\Leftrightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge3+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}\right)\)
Mà: \(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}=a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{4c}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}\right)\ge3\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}\ge\frac{3}{2}\)
bđt cuối đúng theo Nesbit. Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Vì a;b;c dương nên tồn tại \(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\)
Đặt:\(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\rightarrow x;y;z\)
Ta viết lại bđt cần chứng minh: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^2yz+y^2xz+z^2xy\right)\)
Ta có: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy: \(x^2y^2+y^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^4z^2}=2xy^2z\)
\(y^2z^2+z^2x^2\ge2\sqrt{x^2y^2z^4}=2xyz^2\)
\(x^2z^2+x^2y^2\ge2\sqrt{x^4y^2z^2}=2x^2yz\)
Cộng theo vế và rg:
\(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\ge xyz^2+x^2yz+xy^2z\)
-> đpcm. Bằng khi x=y=z hay 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
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:
\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)+3a^2b^2c^2}\)
Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).
Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )
Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1
Ta có :
\(9\left(ab+bc+ac\right)=3\left(3ab+3bc+3ac\right)< 3\left(a+b+c\right)^2\)
sử dụng bunhiacôpski
\(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+2\right)\left(1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
Ta cần chứng minh
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
nhân ra rồi rút gọn sẽ có kết quả là :
\(\frac{b^2+c^2}{2}+b^2c^2-3bc+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{2}+\left(bc-1\right)^2-bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc\)
Ta cần chứng minh : a1+a2+...+ann≥a1.a2...an−−−−−−−−−√na1+a2+...+ann≥a1.a2...ann với n∈N*n∈N*
Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là a1+a22≥a1a2−−−−√a1+a22≥a1a2 (1)
Giả sử bđt đúng với n = k , tức là a1+a2+...+akk≥a1.a2...ak−−−−−−−−−√ka1+a2+...+akk≥a1.a2...akk với k>2k>2
Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1
Không mất tính tổng quát, đặt a1≤a2≤...≤ak≤ak+1a1≤a2≤...≤ak≤ak+1
thì : ak+1≥a1+a2+...+akkak+1≥a1+a2+...+akk . Lại đặt a1+a2+...+akk=x,x≥0a1+a2+...+akk=x,x≥0
⇒ak+1=x+y,y≥0⇒ak+1=x+y,y≥0 và xk=a1.a2...akxk=a1.a2...ak (suy ra từ giả thiết quy nạp)
Ta có : (a1+a2+...+ak+1k+1)k+1=(kx+x+yk+1)k+1=(x(k+1)+yk+1)k+1=(x+yk+1)k+1(a1+a2+...+ak+1k+1)k+1=(kx+x+yk+1)k+1=(x(k+1)+yk+1)k+1=(x+yk+1)k+1
≥xk+1+(k+1).yk+1.xk=xk+1+y.xk=xk(x+y)≥a1.a2...ak.ak+1≥xk+1+(k+1).yk+1.xk=xk+1+y.xk=xk(x+y)≥a1.a2...ak.ak+1
Suy ra (a1+a2+...+ak+1k+1)k+1≥a1.a2...ak+1−−−−−−−−−−√k+1(a1+a2+...+ak+1k+1)k+1≥a1.a2...ak+1k+1
Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.