Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Biến đổi tương đương bất đẳng thức và chú ý đến \(x+y+z=1\)Ta được
\(\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\) ( trừ cả hai vế với (x+y+z)^2 )
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-z\right)^2}{z}+\frac{\left(y-x\right)^2}{x}+\frac{\left(z-y\right)^2}{y}\ge\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(\frac{1}{y}-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(\frac{1}{z}-1\right)\ge0\)
Vì x + y + z = 1 nên 1/x; 1/y; 1/z > 1. Do đó bđt cuối cùng luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=3\)
Cách trâu bò :
Ta có :
\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{â^2}\ge3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\right):\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\)
+) \(ab+ac+bc=abc\Leftrightarrow a+b+c=6-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-\left(ab+bc+ca\right)>0\\\left(a+b+c\right)^2=\left[6-\left(ab+bc+ca\right)\right]^2\end{cases}}\)
Còn lại phân tích nốt ra rùi áp dụng bđt cauchy là ra . ( Mình cũng ko chắc biến đổi đoạn đầu đúng chưa , có gì bạn xem lại giùm mình sai bỏ qua )
Giải:
Biến đổi vế trái, ta được:
(a−1)(b−1)(c−1)(a−1)(b−1)(c−1)
=(ab−a−b+1)(c−1)=(ab−a−b+1)(c−1)
=abc−ab−ac+a−bc+b+c−1=abc−ab−ac+a−bc+b+c−1
=abc−ab−ac−bc+a+b+c−1=abc−ab−ac−bc+a+b+c−1
=abc−(ab+ac+bc)+(a+b+c)−1=abc−(ab+ac+bc)+(a+b+c)−1
Thay ab + ac + bc = abc và a + b + c = 1, ta được:
=abc−abc+1−1=abc−abc+1−1
=0
Từ giả thiết của bài toán, ta biến đổi như sau:
\(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\le2\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(A=\frac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{ac+1}{\left(a+c\right)^2}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2bc+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge6\)
Áp dụng giả thiết ta được
\(\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2ab+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge\text{∑}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}{\left(a+b\right)^2}\)
\(=1+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+1+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c^2\right)}+1+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\)
\(=3+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c\right)^2}+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\ge\)
\(3+\sqrt[3]{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)\left(b+a\right)\left(c+b\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}}=3+3=6\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13√.■
