Cho a,b,c thoả a^2+b^2+c^2=1. CMR abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca) >/ 0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 8 2021
a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)
Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)
b.
\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)
\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)
- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)
Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)
- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)
Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)
\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)
Áp dụng BĐT Schur:
\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)
\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))
E
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 7 2020
\(GT\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Ta có:
\(2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)
\(\frac{1}{a^2}+1+\frac{1}{b^2}+1+\frac{1}{c^2}+1\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+3\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=12\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
KN
28 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT Cauchy- schwarz:
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2009}{ab+bc+ca}\)\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)\(+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(+\frac{2007}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{2007}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)
\(=\frac{6030}{\left(a+b+c\right)^2}\ge670\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=1\))
NT
2
17 tháng 12 2016
Do a2+b2+c2=1a2+b2+c2=1 nên a2≤1a2≤1 ,b2≤1b2≤1 ,c2≤1c2≤1
=>a≥−1,b≥−1,c≥−1a≥−1,b≥−1,c≥−1
=>(1+a)(1+b)(1+c)≥0(1+a)(1+b)(1+c)≥0
=>1+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥01+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥0
Cần chứng minh 1+a+b+c+bc+ac+ab≥01+a+b+c+bc+ac+ab≥0
Ta có 1+a+b+c+ab+bc+ca≥01+a+b+c+ab+bc+ca≥0
<=>a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0
<=>2a2
17 tháng 12 2016
Do a2+b2+c2=1a2+b2+c2=1 nên a2≤1a2≤1 ,b2≤1b2≤1 ,c2≤1c2≤1
=>a≥−1,b≥−1,c≥−1a≥−1,b≥−1,c≥−1
=>(1+a)(1+b)(1+c)≥0(1+a)(1+b)(1+c)≥0
=>1+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥01+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥0
Cần chứng minh 1+a+b+c+bc+ac+ab≥01+a+b+c+bc+ac+ab≥0
Ta có 1+a+b+c+ab+bc+ca≥01+a+b+c+ab+bc+ca≥0
<=>a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0
<=>2a2
1 tháng 1 2020
Áp dụng liên tiếp AM - GM và Cauchy - Schwarz ta có :
\(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}\ge\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+c^2+\left(a^2+b^2\right)}}\)
\(=\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+1}}\)
\(=\sqrt{a^2+ab+1}=\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left(\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+1+1\right)\left[\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+a^2+c^2\right]}\)
\(\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\frac{3}{2}\left(a+\frac{b}{2}\right)+\frac{3}{4}b+a+c\right]\)
\(=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)
Chứng minh tương tự và công lại ta có đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
21 tháng 1 2017
Áp dụng liên tiếp AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\begin{align*} \dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}&\ge \dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+c^2+\left (a^2+b^2 \right )}}\\ &=\dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+1}}\\ &=\sqrt{a^2+ab+1}=\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left ( \dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}+1+1 \right )\left [\left ( a+\dfrac{b}{2} \right )^2+\dfrac{3b^2}{4}+a^2+c^2 \right ]}\\ &\ge \dfrac{1}{\sqrt{5}}\left [ \dfrac{3}{2}\left (a+\dfrac{b}{2} \right )+\dfrac{3}{4}b+a+c \right ]\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left ( \dfrac{5}{2}a+\dfrac{3}{2}b+c \right ) \end{align*}\)
Chứng minh tương tự, cộng lại ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
21 tháng 1 2017
bài này cuốn hút thật, lâu lắm ms thấy . xí bài này nhé nghĩ đã lát quay lại làm
Ta có: \(a^2,b^2,c^2\le1\Leftrightarrow-1\le a,b,c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\ge0\left(1\right)\)
Ta lại có: \(\frac{\left(a+b+c+1\right)^2}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2+1+2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+1+2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c+1\ge0\left(2\right)\)
Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được
\(abc+2\left(ab+bc+ca+a+b+c+1\right)\ge0\)
Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=0\\c=-1\end{cases}}\) và các hoán vị của nó
2(1+a+b+c+ab+bc+ac)
=2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)
=(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)+2(a+b+c) +1
=(a+b+c)^2+2(a+b+c)+1
=(a+b+c+1)^2 >= 0
đúng thì cho 1 tíck nhé