Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
jjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjj
1 bài BĐT rất hay !!!!!!
BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333
\(S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc\)
TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\)
=> \(72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)
TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}\)
ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau:
=> \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}\)
=> \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}\)
=> \(S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)
VẬY TA CÓ ĐPCM.
DẤU "=" XẢY RA <=> \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}\)
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2\left(1\right)\)
Do 2 BĐT trên cùng có dấu "=" khi \(a=b=c\)
Dễ dàng theo Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\left(2\right)\). Giờ cần c/m
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)
Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
Nên cũng chỉ cần chỉ ra
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
Mà \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (cmt)
\(\Rightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2\)\(\ge\left(a+b+c\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
Dễ thấy \(a+b+c\ne0\) suy ra \(a+b+c\ge\)\(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
BĐT cuối đúng theo AM-GM (cmt) \((3)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) ta có ĐPCM
P/s:bài này liếc phát ra luôn mà quanh đi quẩn lại chỉ mấy BĐT cơ bản :D
C/m lại phần đầu
Cần c/m \((a^2+b^2+c^2)(ab+ac+bc)+\sum_{cyc}(a^2-b^2)^2\geq(a^2+b^2+c^2)^2\)
\(\Leftrightarrow \sum_{cyc}(a^4+a^3b+a^3c-4a^2b^2+a^2bc)\geq0\)
\(\Leftrightarrow \sum_{cyc}(a^4-a^3b-a^3c+a^2bc)+2\sum_{cyc}ab(a-b)^2\geq0\)
Đúng theo Schur
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)