Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c>0\)
\(BĐT< =>\frac{a\left(b+c\right)\left(c+a\right)+b\left(a+b\right)\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>2\left[ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\right]\ge3\left[\left(a+b+c\right)\left(...\right)-abc\right]\)
\(< =>2\left(ac^2+a^2b+cb^2\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(< =>ac^2+a^2b+cb^2\ge ca^2+ab^2+c^2b\)
\(< =>\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\)(đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ta có bất đẳng thức sau \(\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)( cm = bunhia phân thức )
\(< =>1+\frac{a+b}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+1+\frac{b+c}{a+b}+\frac{b+c}{c+a}+1+\frac{c+a}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}\ge9\)
\(< =>\frac{a}{a+b}+\frac{2a}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge6\)(*)
Đặt \(A=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\);\(B=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}\);\(C=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
Khi đó bất đẳng thức (*) tương đương với \(A+B+2C\ge6\)
Do\(A+B=3\)\(=>2C\ge3=>C\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra \(A+B+C\ge6-\frac{3}{2}=\frac{12-3}{2}=\frac{9}{2}\)(1)
Xét tổng :\(B+C=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a+b}{a+c}+\frac{c+a}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\ge3\)(AM-GM) (2)
Từ (1) và (2) ta được \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\)
Done !
https://olm.vn/hoi-dap/question/1217113.html
https://olm.vn/hoi-dap/question/1217113.html