Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)
Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)
Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Do \(ab+bc+ac=3abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{3}{c}\) , ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=\frac{1}{a}+\frac{4}{2b}+\frac{9}{3c}\ge\frac{\left(1+2+3\right)^2}{a+2b+3c}=\frac{36}{a+2b+3c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+2b+3c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)\left(1\right)\)
CMTT , ta có : \(\frac{1}{2a+3b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}\right)\); \(\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 )
\(\Rightarrow F\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{36}.6\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{6}.3=\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(P^2=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{a^2+2ab+b^2}=\dfrac{3a^2+3b^2-6ab}{3a^2+3b^2+6ab}=\dfrac{4ab}{16ab}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow P=\dfrac{1}{2}\)
\(a+b+c=0\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ac\right)\)Mà \(ab+bc+ac=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=0\Rightarrow a=b=c=0\)
Vậy \(M=-2005^{2006}\)
Ta có: \(3a^2+2ab+3b^2=m\left(a+b\right)^2+n\left(a-b\right)^2\)
\(=\left(m+n\right)a^2+2\left(m-n\right)ab+\left(m+n\right)b^2\)
Đồng nhất hệ số ta được \(\hept{\begin{cases}m+n=3\\m-n=1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}m=2\\n=1\end{cases}}\)
Do đó \(3a^2+2ab+3b^2=2\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge2\left(a+b\right)^2\)
Tương tự với mấy cái BĐT còn lại thay vào ta được:
\(P\ge2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\ge2\sqrt{2}\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{3}=6\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.
P/s: Em không chắc đâu ạ!
Ta có: P=∑\(\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}\)=∑\(\sqrt{\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)^2}\ge\)
∑\(\sqrt{2}\left(a+b\right)\ge\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)=6\sqrt{2}\)
Có thể vận dụng định lý Viet cho đa thức bậc 3, tuy nhiên kiến thức này không nằm trong chương trình THCS, vì vậy tôi sẽ trình bày cách khác đi đối với bài này:
Xét phương trình \(x^3+3x^2-7x=6\leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2+5x+3\right)=0\leftrightarrow x=2,\frac{-5\pm\sqrt{13}}{2}\).
Do các số \(a,b,c\) đôi một phân biệt là nghiệm của phương trình nên ta có trong ba số này có 1 số bàng 2, một số bằng \(\frac{-5+\sqrt{13}}{2}\), một số bằng \(\frac{-5-\sqrt{13}}{2}\). Từ đây ta được \(a+b+c=-3;ab+bc+ca=-7,abc=6\).
(Cách thứ hai kiểm tra điều này bằng cách trừ hai đẳng thức cho nhau rồi trừ lần nữa)
Chú ý rằng \(f\left(x\right)=\left(x+2\right)\left(x-3\right)\to f\left(a\right)f\left(b\right)f\left(c\right)=\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\left(a-3\right)\left(b-3\right)\left(c-3\right)\).
Ta có \(\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)=abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8=6-14-12+8=-12.\)
và
\(\left(a-3\right)\left(b-3\right)\left(c-3\right)=abc-3\left(ab+bc+ca\right)+9\left(a+b+c\right)-27\)
\(=6+21-27-27=-27.\)
Thành thử \(f\left(a\right)f\left(b\right)f\left(c\right)=\left(-12\right)\times\left(-27\right)=324.\)