chứng minh: abc\(\ge\)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) với a,b,c>0
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
DT
1
HP
12 tháng 3 2017
BĐT cần c/m <=> a4+b4+c4 >/ abc(a+b+c)
Áp dụng bđt am-gm : a2+b2 >/ 2ab ; b2+c2 >/ 2bc ; c2+a2 >/ 2ca
=> 2(a2+b2+c2) >/ 2(ab+bc+ca) => a2+b2+c2 >/ ab+bc+ca
đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Áp dụng bđt trên ta có:
a4+b4+c4=(a2)2+(b2)2+(c2)2 >/ a2b2+b2c2+c2a2 >/ (ab)2+(bc)2+(ca)2 >/ abc(a+b+c) (đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 8 2021
a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)
Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)
b.
\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)
\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)
- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)
Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)
- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)
Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)
\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)
Áp dụng BĐT Schur:
\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)
\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))
LS
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{bc}}=\dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge\dfrac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Cộng vế:
\(3\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Rightarrow\) đpcm
DH
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
16 tháng 9 2021
Từ bài toán này (mà bạn đã hỏi cách đây vài bữa):
cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) - Hoc24
Ta có: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Do đó: \(VT\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)
Lại có: \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}=3\)
Đặt \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=x\ge3\Rightarrow VT\ge x+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x}{9}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{8x}{9}\ge2\sqrt{\dfrac{x}{9x}}+\dfrac{8}{9}.3=\dfrac{10}{3}\) (đpcm)
Đặt b+c-a=x, a+c-b=y, a+b-c=z
Cần CM \(\frac{x+y}{2}\frac{y+z}{2}\frac{x+z}{2}\)\(\ge xyz\)
Ta có \(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt[]{xy},\frac{y+z}{2}\ge\sqrt[]{yz},\frac{z+x}{2}\ge\sqrt[]{zx}\)
Nhân hết lại sẽ có ĐPCM