Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ giả thiết \(ab+bc+ca=2abc\)suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)thì \(\hept{\begin{cases}x+y+z=2\\x,y,z>0\end{cases}}\)và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)hay \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}+\frac{y^3}{\left(z+x\right)^2}+\frac{z^3}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức ta được \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}+\frac{y^3}{\left(z+x\right)^2}+\frac{z^3}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y+z\right)^2+y\left(z+x\right)^2+z\left(x+y\right)^2}\)\(=\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz}\)
Ta cần chứng minh\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz}\ge\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+z^2y+6xyz\)
Thật vậy, theo một đánh giá quen thuộc ta có \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=2\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}\)
Mà ta lại có \(\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^3+y^3+z^3+x^2y+x^2z+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y\)
Suy ra ta có \(\frac{2\left(x+y+z\right)^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}\ge\frac{4\left(x^3+y^3+z^3+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\right)}{3}\)
Ta cần chỉ ra được \(4\left(x^3+y^3+z^3+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\right)\)\(\ge3\left(x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2+6xyz\right)\)
Hay\(4\left(x^3+y^3+z^3\right)+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\ge18xyz\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(4\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge12xyz\); \(x^2y+y^2z+z^2x\ge3xyz\); \(xy^2+yz^2+zx^2\ge3xyz\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được\(4\left(x^3+y^3+z^3\right)+x^2y+y^2x+x^2z+z^2x+y^2z+yz^2\ge18xyz\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\)
Sử dụng giả thiết \(a^2+b^2+c^2=3\), ta được: \(\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\)\(\ge\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^2c^2+7}{\left(b+c\right)^2}\ge1+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}\); \(\frac{c^2a^2+7}{\left(c+a\right)^2}\ge1+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\)
Ta quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức: \(\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)ta được: \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)
Mặt khác ta lại có
\(4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)(1) ; \(4\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\le\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)(2);\(4\left(c^2+a^2\right)\left(a^2+b^2\right)\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\)(3) (Theo BĐT \(4xy\le\left(x+y\right)^2\))
Nhân theo vế 3 bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(64\left(a^2+b^2\right)^2\left(b^2+c^2\right)^2\left(c^2+a^2\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)
hay \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Từ đó dẫn đến \(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Suy ra \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
1. Ta có : x + y + z = 0 \(\Rightarrow\)( x + y + z )2 = 0 \(\Rightarrow\)x2 + y2 + z2 = - 2 ( xy + yz + xz )\(S=\frac{x^2+y^2+z^2}{\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2+\left(x-y\right)^2}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}\)
\(S=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-4\left(xy+yz+xz\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-6\left(xy+yz+xz\right)}=\frac{1}{3}\)
Câu hỏi của Nguyễn Thiều Công Thành - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
cái này sai rồi nha.!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
ta có \(Q=\frac{a^2+2a+1}{2a^2+\left(1-a\right)^2}+...\)
\(=\frac{a^2+2a+1}{3a^2-2a+1}+...=\frac{1}{3}+\frac{\frac{8}{3}a+\frac{2}{3}}{3a^2-2a+1}+...\)
\(=1+\frac{\frac{8}{3}a+\frac{2}{3}}{3a^2-2a+1}+\frac{\frac{8}{3}b+\frac{2}{3}}{3b^2-2b+1}+\frac{\frac{8}{3}c+\frac{2}{3}}{3c^2-2c+1}\)
mà \(3a^2-2a+1=3\left(a-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{2}{3}\ge\frac{2}{3}\)
=>\(\frac{\frac{8}{3}a+\frac{2}{3}}{3a^2-2a+1}\le\frac{\frac{8}{3}a+\frac{2}{3}}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\left(\frac{8}{3}a+\frac{2}{3}\right)=4a+1\)
tương tự mấy cái kia rồi + vào, ta có
\(Q\le1+4\left(a+b+c\right)+3=8\)
dấu = xảy ra <=>a=b=c=1/3
^_^