cho a,b,c thuộc R >1 tm a+b+c=6
cmr \(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le216\)
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
20 tháng 1 2018
Không mất tính tổng quát giả sử
\(1< a\le b\le c\)
Ta có:
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)-\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{16}\left(b^2+c^2+6bc-16\right)\le0\)
\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
Đặt \(c+b=2x\)
\(\Rightarrow VT\le\left(a^2+2\right)\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2\)
Ta cần chứng minh
\(\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2-216\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2\right)^2\left(2x^4-4x^3+3x^2-20x-8\right)\le0\)
(cái cuối cùng e tự chứng minh nha)
17 tháng 12 2023
Ta có \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{b^3c^3}\left(b+c\right)}=\dfrac{b^2c^2}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}\)
Tương tự \(\Rightarrow VT=\dfrac{b^2c^2}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{c^2a^2}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}+\dfrac{a^2b^2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\)
\(\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)}\) (BĐT B.C.S)
\(=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\right)}\)
\(=\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) (do \(abc=1\))
\(\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abbcca}}{2}\)
\(=\dfrac{3\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2}=\dfrac{3}{2}\) (do \(abc=1\))
ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
28 tháng 11 2017
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
LV
10 tháng 12 2017
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}.\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
17 tháng 6 2019
t nói trước đây là bài làm rất xàm nên đừng tin nhé,spam đấy!
Không mất tính tổng quát giả sử \(c\ge0\)
\(a=c+x+y;b=c+y;c=c\)
Ta cần chứng minh \(A=f\left(x;y;c\right)=\left[\left(c+x+y\right)^2+\left(c+y\right)^2+c^2\right]\left[\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right]\ge\frac{9}{2}\)
\(\ge\frac{\left(3c+x+y\right)}{3}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)=T\left(x;y;c\right)\)
Xét hiệu \(T\left(x;y;c\right)-T\left(x;y;0\right)=c\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge0\)
Nên \(T\left(x;y;c\right)\ge T\left(x;y;0\right)=\frac{1}{3}\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{1}{3}\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge\frac{9}{2}\)
...
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 1 2022
Ta có:
\(\sqrt{2x\left(x+y\right)^3}+y\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\)
\(=\sqrt{\left(2x^2+2xy\right)\left(x^2+2xy+y^2\right)}+\sqrt{2}y.\sqrt{x^2+y^2}\)
\(\le\sqrt{\left(2x^2+2xy+2y^2\right)\left(x^2+2xy+y^2+x^2+y^2\right)}=2\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2\right)\le2\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(x-y\right)^2\le0\)
\(\Rightarrow x=y\)
Thế vào pt đầu:
\(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
Đặt \(\sqrt{x^2+1}=t\Rightarrow t^2-\left(x+3\right)t+3x=0\)
\(\Delta=\left(x+3\right)^2-12x=\left(x-3\right)^2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\dfrac{x+3-\left(x-3\right)}{2}=3\\t=\dfrac{x+3+x-3}{2}=x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow...\)
2. 4 biến xét dài quá, để người khác
TN
6 tháng 11 2017
\(BDT\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}+\frac{b^3}{\left(1-b\right)^2}+\frac{c^3}{\left(1-c\right)^2}\ge\frac{1}{4}\)
Ta có BĐT phụ: \(\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}\ge a-\frac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(3a-1\right)^2}{4\left(a-1\right)^2}\ge0\forall0< a\le\frac{1}{3}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\frac{b^3}{\left(1-b\right)^2}\ge b-\frac{1}{4};\frac{c^3}{\left(1-c\right)^2}\ge c-\frac{1}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\cdot3=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
6 tháng 11 2017
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1a}{4}\ge\frac{a^2}{b+c}\)\(,\frac{b^3}{\left(c+a\right)^2}+\frac{1b}{4}\ge\frac{b^2}{a+c},\frac{c^3}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1c}{4}\ge\frac{c^2}{a+b}\)
Cộng lại ta có
\(VT\ge\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu =tự tìm Ok