chứng minh bđt sau với a,b,c dương
\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{8}{9}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
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
5 tháng 8 2020
Uầy cái này là bổ đề huyền thoại của lớp 9 rồi :333333333
BĐT cần CM <=> \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
<=> \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+8abc\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Mà theo CAUCHY 2 số thì \(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân lại => \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
=> Ta có điều phải chứng minh.
TT
5 tháng 8 2020
Áp dụng BĐT AM-GM với 3 số a, b, c ta luôn có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\), dấu bằng xảy ra khi a = b.
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\), dấu bằng xảy ra khi b = c.
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\) , dấu bằng xảy ra khi a = c.
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{bc}.2\sqrt{ab}.2\sqrt{ac}=8abc\)
lại có \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\left(\frac{1}{8}+1\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c
26 tháng 2 2021
Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:
\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)+3a^2b^2c^2}\)
Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).
Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )
Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1
27 tháng 9 2020
Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)
Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được
\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)
Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)
Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
27 tháng 9 2020
Bài 3:
Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)
Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:
\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)
Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị
30 tháng 8 2020
Sử dụng AM - GM ta dễ có:
\(abc\left(a+b+c\right)=bc\left(a^2+ab+ac\right)\le\left(\frac{a^2+ab+bc+ca}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\right]^2=\frac{1}{4}\)
Suy ra đpcm
22 tháng 8 2017
Ta có:
\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+b+2c\right)^2}\)
\(\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{4\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{4\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(=\frac{2\left(a+b+c\right)}{4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Giờ ta cần chứng minh
\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{9}{16\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy ta có ĐPCM
TN
25 tháng 6 2017
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
26 tháng 6 2017
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
25 tháng 12 2020
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{a}.\sqrt{a}+\sqrt{b}.\sqrt{c}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge a+\sqrt{bc}\)
Do đó \(\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự ta được:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{bc}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{bc\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}\left(2\right)\\\sqrt{\frac{ca}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=\frac{\sqrt{ca\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\sqrt{abc}\frac{\sqrt{c}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\left(3\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge\)
\(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+\)\(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\left(4\right)\)
Ta lại có: \(\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{ac}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+2abc}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc\left(a+b+c\right)+ca\left(a+b+c\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{c\left(a+b+c\right)\left(b+a\right)+ab\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left[c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\right]}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=1\)
\(\left(4\right)\Leftrightarrow\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)\(\ge\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó ta cần chứng minh \(\sqrt{abc}\left(\frac{\sqrt{a}}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\left(c+b\right)\left(a+c\right)}\right)+1-\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge1+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Điều này tương đương với \(\sqrt{a}\left(b+c\right)+\sqrt{b}\left(a+c\right)+\sqrt{c}\left(a+b\right)\ge6\sqrt{abc}\left(5\right)\)
Theo bất đẳng thức AM-GM thì (5) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra khi (1);(2);(3) và (5) xảy ra dấu "=". điều này tương đương với a=b=c
Vậy ta có điều phải chứng minh
=))
Ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)=a^2\left(b+c\right)+ab\left(b+c\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(b+c\right)+abc\)
\(=\left(b+c\right)\left(a^2+ab+bc+ac\right)+abc\)
\(=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
Vậy BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le\frac{8}{9}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{9}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le0\) \(?!\)
Bất đẳng thức sai
Thử lại với \(a=b=c=1\) thì \(9\le\frac{64}{9}\) sai thật
BĐT đúng có lẽ là:
\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Khi đó:
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\le\frac{9}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) (đúng theo AM-GM)
Vậy BĐT được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Sửa đề: \(\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)