Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)
:). Sử dụng Bất đẳng thức Schur.
Giải:
Đặt: \(a+b+c=p\)
\(abc=r\)
\(ab+bc+ac=q\)
Theo bất đẳng thức Schur:
=> \(p^2\ge3q\) , \(2p^3+9r\ge7pq\) => \(p^3-4pq+9r\ge0\)=> \(p^3-4pq+9\left(4-p\right)\ge0\Leftrightarrow p^3-4pq-9p+36\ge0\)(1)
và \(p^3\ge27r\)
Từ giả thiết ta có: \(p+r=4\)=> \(p^3+27\ge27r+27p=27\left(r+p\right)=27.4\)
=> \(p^3+27p-27.4\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(p^3-27\right)+\left(27p-27.3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+9+27\right)\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+36\right)\ge0\Leftrightarrow p-3\ge0\)
\(\Leftrightarrow p\ge3\)
Vì a, b, c >0 => \(abc>0\)=> r>0
=> \(3\le p< 4\)
=> \(\left(p+3\right)\left(p-4\right)\left(p-3\right)\le0\Leftrightarrow p^3-4p^2-9p+36\le0\) (2)
Từ (1), (2) => \(-4pq\ge-4p^2\Leftrightarrow q\le p\) hay ab+bc+ac\(\le\)a+b+c
"=" xảy ra : \(a=b=c\)
và \(a+b+c+abc=4\)
<=> a=b=c=1
\(\left\{{}\begin{matrix}ab+bc+ca=abc\\a+b+c=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}abc-ab-bc-ca=0\\a+b+c-1=0\end{matrix}\right.\)
\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=\left(a-1\right)\left(bc-b-c+1\right)\)
\(=abc-ab-ac+a-bc+b+c-1\)
\(=\left(abc-ab-bc-ca\right)+\left(a+b+c-1\right)\)
\(=0+0=0\) (ddpcm)
\(VT=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\\ =\left(ab-a-b+1\right)\left(c-1\right)\\ =abc-ab-ac+a-bc+b+c-1\\ =abc-\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)-1\\ =abc-abc+1-1=0=VP\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\(\frac{a}{a+1}=1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
tương tự ta có
\(\frac{b}{b+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}};\frac{c}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
khi đó ta được
\(\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{\left(c+1\right)\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\Rightarrow ab\ge\frac{4.\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}\)
Áp dụng tương tự ta được\(bc\ge\frac{4.\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1};ca\ge\frac{4.\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\(ab+bc+ca\ge\frac{4.\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}+\frac{4.\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1}+\frac{4.\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\)
mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
\(\frac{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}+\frac{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1}+\frac{\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\ge3\)
suy ra \(ab+bc+ca\ge12\)vậy bất đẳng thức được chứng minh
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=2\)
Từ \(a+b+c=1\Rightarrow2a+2b+2c=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=2\)
Ta có: \(\frac{a+bc}{b+c}=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\)
Tương tự ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{c+a}+\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}\ge2\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c\\y=a+c\\z=a+b\end{cases}}\) thì BĐT cần chứng minh là:
\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\forall\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=2\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}\ge2x\\\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2y\\\frac{yz}{x}+\frac{xy}{z}\ge2z\end{cases}}\)
Cộng theo vế rồi thu gọn ta có:\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\)
BĐT được chứng minh nên BĐT đầu cũng đã được chứng minh
\(VP=\frac{6}{\sqrt{\left(3a+bc\right)\left(3b+ca\right)\left(3c+ab\right)}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)a+bc\right]\left[\left(a+b+c\right)b+ca\right]\left[\left(a+b+c\right)c+ab\right]}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+1\right)^2}}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
\(VT=\frac{1}{3a+bc}+\frac{1}{3b+ca}+\frac{1}{3c+ab}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b+c\right)a+bc}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)b+ac}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)c+ab}\)
\(=\frac{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
Vậy VT = VP, đẳng thức được chứng minh