Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=0;b=1;c=2\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
Áp dụng bất đẳng thức:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
ta có:
\(A=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}\)
Đến đâu Cm dưới mẫu <4 nữa là đc
Tích nha
\(\frac{a}{b-c}=-\frac{b}{c-a}-\frac{c}{a-b}=-\frac{b\left(a-b\right)+c\left(c-a\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\Rightarrow\frac{a}{\left(b-c\right)^2}=-\frac{b\left(a-b\right)+c\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-c\right)}\)
sau đó chứng minh tương tự và cộng theo từng vế thôi
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm