cho a,b,c \(\varepsilon\)R
CMR \(\left(a+b+c+1\right)^2\) \(\le\)\(3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)+6ab\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
20 tháng 1 2018
Không mất tính tổng quát giả sử
\(1< a\le b\le c\)
Ta có:
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)-\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{16}\left(b^2+c^2+6bc-16\right)\le0\)
\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
Đặt \(c+b=2x\)
\(\Rightarrow VT\le\left(a^2+2\right)\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2\)
Ta cần chứng minh
\(\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2-216\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2\right)^2\left(2x^4-4x^3+3x^2-20x-8\right)\le0\)
(cái cuối cùng e tự chứng minh nha)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 6 2021
Đề bài hình như bị sai em, thay điểm rơi ko thỏa mãn
Biểu thức là \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\) mới đúng
4 tháng 8 2020
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 11 2019
Từ giả thiết suy ra \(0< a;b;c< 1\), BĐT tương đương:
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)^2\left(\frac{1}{c}-1\right)^3\ge5^6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a}-1;\frac{1}{b}-1;\frac{1}{c}-1\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x;y;z>0\)
Ta cần chứng minh \(xy^2z^3\ge5^6\)
Ta có\(\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{1+x}\\b=\frac{1}{1+y}\\c=\frac{1}{1+z}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{2}{1+y}+\frac{3}{1+z}\le1\)
\(\Rightarrow1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}\ge\frac{2}{1+y}+\frac{3}{1+z}=\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}\)
\(\Rightarrow\frac{x}{1+x}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}}\)
Tương tự ta có: \(\frac{y}{1+y}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)^3}}\Rightarrow\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}\ge5^2\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^6}}\) ;
\(\frac{z}{1+z}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2}}\Rightarrow\frac{z^3}{\left(1+z\right)^3}\ge5^3\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^3\left(1+y\right)^6\left(1+z\right)^6}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{xy^2z^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}\ge5^6\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^5\left(1+y\right)^{10}\left(1+z\right)^{15}}}=\frac{5^6}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow xy^2z^3\ge5^6\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=5\) hay \(a=b=c=\frac{1}{6}\)
T
11 tháng 11 2019
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:(
T
6 tháng 7 2020
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
\(\left(a+b+c+1\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)+6ab\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)+6ab-\left(a+b+c+1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(4a^2+4b^2+c^2+1+4ab-2ac-2a-2bc-2b+2c\right)+\frac{3}{2}\left(c^2-2c+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b-c-1\right)^2+\frac{3}{2}\left(c-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu đẳng thức bạn tự xét nhé :)