Cho a,b,c >0.CMR
\(a^4\)+\(b^4\)+\(c^4\)\(\ge\)abc(a+b+c)
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
T
29 tháng 12 2019
Cách khác:
Xét hiệu:\(a^4+b^4+c^4-abc\left(a+b+c\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left[\left(a^2+c^2-2b^2\right)^2+\left(ab+bc-2ca\right)^2\right]+\frac{3}{4}\left(a-c\right)^2\left[\left(a+c\right)^2+b^2\right]\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Bài đơn giản, làm 3 dòng:DDD (vắn tắt tuyệt đối)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 12 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^4+b^4+c^4)(1+1+1)\geq (a^2+b^2+c^2)^2\)
\((a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq (a^2+b^2+c^2).\frac{(a+b+c)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{9}.(a+b+c)(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}=9abc(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$
hay $\frac{a^4+b^4+c^4}{abc}\geq a+b+c$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
NV
0
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 \(a=b=c=1\))
PT
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 4 2018
Lời giải:
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(=27-3(3-a)(3-b)(3-c)\)
\(=27-3[27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ac)-abc]\)
\(=27-3[3(ab+bc+ac)-abc]=27-9(ab+bc+ac)+3abc\)
Do đó:
\(A=a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4}abc=27-9(ab+bc+ac)+\frac{27}{4}abc(*)\)
Áp dụng BĐT Schur :
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq (3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27-18(a+b+c)+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Leftrightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\)
\(\Leftrightarrow 3abc\geq 4(ab+bc+ac)-9\)
\(\Rightarrow \frac{27}{4}abc\geq 9(ab+bc+ac)-\frac{81}{4}(**)\)
Từ \((*); (**)\Rightarrow A\geq 27-\frac{81}{4}=\frac{27}{4}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Lời giải:
Theo BĐT Schur bậc 3:
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Nếu bạn không được sử dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 thì có thể CM nó thông qua BĐT AM-GM ngược dấu.
NH
3
19 tháng 2 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(Gt\Rightarrow a+b+c=1\Rightarrow3\sqrt[3]{abc}\ge1\)
\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc}\ge\frac{1}{3}\Rightarrow abc\ge\frac{1}{27}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{\begin{matrix}a^4+b^4\ge2\sqrt{a^4b^4}=2a^2b^2\\b^4+c^4\ge2b^2c^2\\c^4+a^4\ge2c^2a^2\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế rồi thu gọn ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\left(1\right)\)
Sử dụng AM-GM lần nữa:
\(\left\{\begin{matrix}a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2\sqrt{a^2c^2}=2ab^2c\\b^2c^2+c^2a^2\ge2abc^2\\c^2a^2+a^2b^2\ge2a^2bc\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế rồi rút gọn ta có:
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{27}\)\(\left(\left\{\begin{matrix}a+b+c=1\\abc\ge\frac{1}{27}\end{matrix}\right.\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có được ĐPCM
20 tháng 2 2017
Áp dụng bđt a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ca ta co:
3(a2 + b2 + c2) \(\ge\) a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 = 1
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{1+1+1}\ge\frac{\left(\frac{1}{3}\right)^2}{3}=\frac{1}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
BD
4
T
22 tháng 11 2019
Một kiểu biến đổi tương đương khác.
\(\Leftrightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\). Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)
\(VT-VP=\frac{\left(7a^2+8ab-ac+7b^2-bc-2c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(a^2+ac+b^2+bc+2c^2\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4}\ge0\)
Ta có qed./.
P/s: Bài giải trong 3 dòng:D
T
22 tháng 11 2019
Làm sao để biến đổi được như mình? Không hề khó! Ta có:
\(f\left(a;b;c\right)=f_1\left(a-c\right)\left(b-c\right)+f_2\left(a-b\right)^2\) (1)
\(=f_1\left(a-c\right)\left(b-c\right)+f_2\left(a+b-2c+2\left(c-b\right)\right)^2\)
\(=f_1\left(a-b\right)\left(a-c\right)+f_2\left(a+b-2c\right)^2+4f_2\left(a+b-2c\right)\left(c-b\right)+4f_2\left(c-b\right)^2\)
\(=f_1\left(a-b\right)\left(a-c\right)+f_2\left(a+b-2c\right)^2+4f_2\left(c-b\right)\left(a+b-2c+c-b\right)\)
\(=-\left(4f_2-f_1\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)+f_2\left(a+b-2c\right)^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(f\left(a;b;c\right)=\frac{f_2\left(4f_2-f_1\right)\left(a-b\right)^2+f_2.f_1.\left(a+b-2c\right)^2}{4f_2-f_1+f_1}\)
\(=\frac{\left(4f_2-f_1\right)\left(a-b\right)^2+f_1\left(a+b-2c\right)^2}{4}\) (3)
Như vậy, ta chỉ cần tìm được cách phân tích (1) thì sẽ tìm được cách phân tích (3).
Trở lại bài trên: \(VT-VP=2\left(a^4+b^4+c^4\right)-a^3\left(b+c\right)-b^3\left(c+a\right)-c^3\left(a+b\right)\)
\(=\left(a^2+ac+b^2+bc+2c^2\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)+2\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a-b\right)^2\)
Từ đó dẫn đến cách phân tích bên trên.
6 tháng 5 2022
Xét \(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3a-16}{25}=\dfrac{\left(3a-4\right)\left(a-2\right)^2}{25\left(a^2+1\right)}\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{a^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}\)
CMTT \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(b-2\right)}{25}\\\dfrac{c}{c^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(c-2\right)}{25}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế:
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)+3\left(b-2\right)+3\left(c-2\right)}{25}\ge\dfrac{6}{5}-\dfrac{3\left(a+b+c-6\right)}{25}=\dfrac{6}{5}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2\sqrt{a^4b^4}=2a^2b^2\)
Tương tự ta có:\(b^4+c^4\ge2b^2c^2\) và \(c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế ta có: \(2\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
AM-GM lần nữa \(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge b^2\cdot2\sqrt{a^2c^2}=2b^2ac\)
Tương tự ta có: \(b^2c^2+c^2a^2\ge2c^2ba\) và \(c^2a^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
Cộng theo vế \(2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2\left(b^2ac+c^2ba+a^2bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge b^2ac+c^2ba+a^2bc=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Suy ra điều phải chứng minh