Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
1.
\(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)< 0\\ \Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]< 0\\ \Leftrightarrow\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\left(1\right)\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tg nên \(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a-b< c\\a+b>c\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b+c>0\\a-b-c< 0\\a+b-c>0\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\)
Do đó \(\left(1\right)\) luôn đúng (do 3 dương nhân 1 âm ra âm)
Từ đó ta được đpcm
Ta có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
= \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)\(=a^3+ab^2+ac^2+a^2b+b^3+bc^2+ca^2+b^2c+c^3\)\(-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2-2a^2b-2b^2c-2c^2a\)
\(=\left(a^3-2a^2b+ab^2\right)+\left(b^3-2b^2c+bc^2\right)+\left(c^3-2c^2a+ca^2\right)\)
\(=a\left(a-b\right)^2+b\left(b-c\right)^2+c\left(c-a\right)^2\)
Mà \(a,b,c>0\)
\(\Rightarrow a\left(a-b\right)^2+b\left(b-c\right)^2+c\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
Lại có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)<đpcm>
bài trên mk làm sai rồi, mong mọi người thông cảm và nghĩ cách khác nha