Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
Do a+b+c khác ) nên:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2]=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Do đó:
Q=\(\frac{a^2+3b^2+5c^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{9a^2}=1\)
có giá trị ko đổi
Giả sử ngược lại, trong 3 số a , b , c có ít nhất 1 số \(\le0\). Vì a, b, c vai trò như nhau, nên ta có thể xem \(a\le0\)
Khi đó : \(abc>0\Rightarrow\)\(a<0,bc<0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)=ab+ac>-bc>0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)>0\)
\(\Rightarrow b+c<0\) ( Vì chứng minh trên có a < 0 )
\(\Rightarrow a+b+c<0\Rightarrow\) vô lí
Vậy \(a,b,c>0\)
sửa: chứng minh \(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{3}{2}\)
áp dụng bđt Cauchy ta có
\(\frac{1}{1+ab}=1-\frac{1}{1+ab}\ge1-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=1-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+bc}\ge1-\frac{\sqrt{bc}}{2}\\\frac{1}{1+ca}\ge1-\frac{\sqrt{ca}}{2}\end{cases}}\)
cộng theo vế các bđt trên và áp dụng bđt Cauchy ta được
\(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}\ge3-\frac{1}{2}\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(\ge3-\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\right)=3-\frac{a+b+c}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}1+ab=1+bc=1+ca\\a=b=c\\a+b+c=3\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(-\frac{1}{\sqrt{3}}\le\sqrt{ab+bc+ca}\le\frac{1}{\sqrt{3}}\) chứ ạ?
- Nếu cả 3 số đều ko âm thì \(abc\le\frac{1}{27}\Rightarrow VT< 0\) BĐT luôn đúng
- Nếu 2 trong 3 số không âm thì \(abc\le0\Rightarrow VT< 0\) BĐT luôn đúng
Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp 2 số âm, 1 số dương
Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}c>0\\a;b< 0\end{matrix}\right.\) đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=-p\\b=-q\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow p;q;c>0\)
\(\Rightarrow c-p-q=1\Rightarrow c=p+q+1\)
BĐT trở thành: \(8pq\left(p+q\right)-8\le\left[\left(p+q\right)^2+p+q-pq-1\right]^2\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p+q=x>0\\pq=y>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x^2\ge4y\)
Ta cần c/m: \(8y\left(x+1\right)-8\le\left(x^2+x-y-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2y-x^2-10xy-2x+y^2-6y+9\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2y-2x^2-10xy-2x+8+\left(y-1\right)^2+\left(x^2-4y\right)\ge0\)
Do \(\left(y-1\right)^2+\left(x^2-4y\right)\ge0\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(x^4+2x^3-2x^2y-2x^2-10xy-2x+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-2x^2\left(\frac{x^2}{4}\right)-2x^2-10x\left(\frac{x^2}{4}\right)-2x+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3-4x^2-4x+16\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x^2+3x+4\right)\ge0\) (luôn đúng với \(x>0\))
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow p=q=1\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(-1;-1;3\right)\) và hoán vị
//Hơi trâu bò :(
Cách khác:
Ta chứng minh BĐT mạnh hơn sau đây: \(4\left(x+y+z\right)^3\ge27\left(x^2y+y^2z+z^2x+xyz\right)\) (sorry em quen gõ x, y, z rồi nha!)
Do a, b, c có vai trò hoán vị vòng quanh, không mất tính tổng quát, giả sử:
Hướng 1:
\(x=mid\left\{x,y,z\right\}\)
\(VT-VP=\left(4y+4z+x\right)\left(y+z-2x\right)^2-27y\left(x-y\right)\left(x-z\right)\ge0\)
Hướng 2:
\(y=\min\left\{\,x,\,y,\,z\right\}\)
\(VT-VP=\frac{27y(y-z)^2 + (4x+16z -11y)(y+z-2x)^2}{4} \geq 0\)
P/s: Đây là câu 2 trong chuyên mục của em: Câu hỏi của tth - Toán lớp 9, đã có đáp án.
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)\)