Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng mình là:
\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)
Xét: \(f\left(a\right)=a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\)
Ta thấy nếu \(bc-b-c\ge0\)khi đó ta luôn có \(f\left(a\right)\ge0\)hay:
\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)
Bây giờ xét trường hợp sau: \(bc-b-c\le0\)
Khi đó ta có:\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\)
Mà số hạng từ bậc 2 là số dương để \(f\left(a\right)\ge0\)thì ta phải chỉ ra được:
\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\le0\)
Hay \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Để ý \(bc-b-c\le0\)ta được \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le1\)lúc này khả năng xảy ra các trường hợp sau:
- Cả \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)cùng nhỏ hơn 1 hay cả b,c nhỏ hơn 2 và theo bất đẳng thức Cô si ta được:
\(b\left(2-b\right)\le\frac{\left(b+2-b\right)^2}{4}=1;c\left(2-c\right)\le\frac{\left(c+2-c\right)^2}{4}=1\)
\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le1\)nên ta có \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Trong 2 số \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)có một số lớn hơn 1 và một số nhỏ hơn 1 khi đó trong b,c có số lớn hơn hoặc nhỏ hơn 2
\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\Leftrightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Vậy cả 2 khả năng đều cho \(\Delta_a\le0\)nên bất đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán đã được chứng mình xong.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{a}.\sqrt{a}+\sqrt{b}.\sqrt{c}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge a+\sqrt{bc}\)
Do đó \(\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự ta được:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{bc}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\left(2\right)\\\sqrt{\frac{ca}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{ca\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{c}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\left(3\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge\)
\(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+\)\(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\left(4\right)\)
Ta lại có: \(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+2abc}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc\left(a+b+c\right)+ca\left(a+b+c\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{c\left(a+b+c\right)\left(b+a\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left[c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\right]}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=1\)
\(\left(4\right)\Leftrightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)\(\ge\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó ta cần chứng minh \(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge1+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Điều này tương đương với \(\sqrt{a}\left(b+c\right)+\sqrt{b}\left(a+c\right)+\sqrt{c}\left(a+b\right)\ge6\sqrt{abc}\left(5\right)\)
Theo bất đẳng thức AM-GM thì (5) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra khi (1);(2);(3) và (5) xảy ra dấu "=". điều này tương đương với a=b=c
Vậy ta có điều phải chứng minh
=))
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
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.