Lời giải

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge8\)

\(A=\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\)

\(A=\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right]\)

\(A=\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right]\)Thừa nhận cần c/m câu khác: \(\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2\ge0\forall x\ne0\)

\(\Rightarrow A\ge\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right]=8\)

\(\Rightarrow A\ge8\forall_{a,b,c\ne0}\)=> dpcm

Đẳng thức khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|=1\\\left|b\right|=1\\\left|c\right|=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{matrix}\right.\) Không tin bạn thử a=b=c=-1<0 vào thử xem

Có một chút vần đề nha ĐK phải là a,b,c > 0 nhé

bài này ta sẽ chứng minh lần lượt \(a^2+\dfrac{1}{a^2};b^2+\dfrac{1}{b^2};c^2+\dfrac{1}{c^2}\)lớn hơn hoặc bằng 2

Ta sẽ giả sử

\(a^2+\dfrac{1}{a^2}\ge2\)(2)

\(\Leftrightarrow a^2-2+\dfrac{1}{a^2}\ge0\Leftrightarrow a^2-2a\times\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2\ge0\)(luôn đúng) (1)

BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng

Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a^2=1\Leftrightarrow a=1\)(*)

CMTT ta có : \(b^2+\dfrac{1}{b^2}\ge2\) (=) b = 1 (**)

\(c^2+\dfrac{1}{c^2}\ge2\) (=) c = 1 (***)

Nhân vế theo vế của (*) , (**) , (***) ta được

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right).\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2^3=8\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

a,b,c>0 nó là đề khác cái đề này a,b,c khác 0 Phan Cả Phát

Lời giải phải đúng với đề

Có thể cái đề này sai so với đề khác (trên mạng hoặc ở đâu đó, cái đó không quan trọng và không nên quan tâm)

p/s: Nội Hàm cái đề này không sai --> chẳng lý do gì lại sửa đề cả

a) Áp dụng BĐT AM - GM:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\) >= 2\(\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}\) =2

Dấu '=' xảy ra <=> a=b=1

b) Cũng áp dụng BĐT AM- GM nhưng cho 3 số

c) Áp dụng BĐT AM- GM a+b>= 2\(\sqrt{ab}\)

\(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\) >= 8\(\sqrt{ab.bc.ca}\) = 8abc

Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c

Áp dụng BĐT cosi:

\(\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\\ \ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=9\\ \Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge9\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)

Để chứng minh bất đẳng thức (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2, ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp chứng minh định lý hình học.

Giả sử a, b, c là các số thực và (a, b, c) không phải là (0, 0, 0). Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng:

(a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] - 9/2 ≥ 0

Mở rộng và rút gọn biểu thức ta có:

2a^4 + 2b^4 + 2c^4 + 4a^2b^2 + 4b^2c^2 + 4c^2a^2 - 2a^3b - 2ab^3 - 2b^3c - 2bc^3 - 2c^3a - 2ca^3 - 9/2 ≥ 0

Đặt x = a^2, y = b^2, z = c^2, ta có:

2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx - 2x^(3/2)√y - 2x√y^(3/2) - 2y^(3/2)√z - 2yz^(3/2) - 2z^(3/2)√x - 2zx^(3/2) - 9/2 ≥ 0

Đặt t = √x, u = √y, v = √z, ta có:

2t^4 + 2u^4 + 2v^4 + 4t^2u^2 + 4u^2v^2 + 4v^2t^2 - 2t^3u - 2tu^3 - 2u^3v - 2uv^3 - 2v^3t - 2vt^3 - 9/2 ≥ 0

Nhận thấy rằng biểu thức trên có thể viết dưới dạng tổng của các bình phương:

(t^2 + u^2 + v^2 - tu - uv - vt)^2 + (t^2 - u^2)^2 + (u^2 - v^2)^2 + (v^2 - t^2)^2 ≥ 0

Vì mọi số thực bình phương đều không âm, nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ đó, ta có chứng minh rằng (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2.

Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)

BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy

Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = 1.

\(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2}{a}+\dfrac{\left(\dfrac{b}{c+a}\right)^2}{b}+\dfrac{\left(\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{c}\)

\(\ge\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{a+b+c}\ge\dfrac{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}{1}=\dfrac{9}{4}\)

Ta có:

\(BĐT\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(a+c\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\dfrac{9}{4}\)

Rồi giải tương tự bài này:

Câu hỏi của phạm thảo - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Cosi engel cho nó ngắn.

Câu a)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\geq \frac{9}{a+2b}\) (1)

\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{b+2c}\)(2)

\(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\geq \frac{9}{c+2a}\) (3)

Lấy \((1)+2.(2)+3.(3)\) ta có:

\(\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}+\frac{2}{c}+\frac{3}{c}+\frac{3}{a}+\frac{3}{a}\geq 9\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{7}{a}+\frac{4}{b}+\frac{7}{c}\geq 9\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu b)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{a}+\frac{4}{b}\geq \frac{(1+2)^2}{a+b}=\frac{9}{a+b}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{3a}+\frac{4}{3b}\geq \frac{3}{a+b}(1)\)

\(\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{2c}\geq \frac{9}{3b+4c}\)

\(\Rightarrow \frac{2}{3b}+\frac{2}{c}\geq \frac{18}{3b+4c}\) (2)

\(\frac{1}{c}+\frac{1}{3a}+\frac{1}{3a}\geq \frac{9}{c+6a}\) (3)

Từ (1); (2); (3) cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\)

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=\frac{b}{2}=\frac{c}{3}\)

Câu c)

BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{b+c+a}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a+c}\geq 10\) (*)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}=\frac{b}{a}+\frac{c+a}{2a}+\frac{c+a}{2a}+\frac{a}{b}+\frac{a+c}{2b}+\frac{a+c}{2b}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+b}{a+c}\)

\(\geq 10\sqrt[10]{\frac{ba(c+a)^4(a+b)^4}{16a^3b^3(a+c)^4}}=10\sqrt[10]{\frac{(a+b)^4}{16a^2b^2}}\)

Theo AM-GM: \((a+b)^2\geq 4ab\Rightarrow (a+b)^4\geq 16a^2b^2\)

\(\Rightarrow \text{VT}\geq 10\sqrt[10]{\frac{(a+b)^4}{16a^2b^2}}\geq 10\)

Vậy (*) được cm. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Hình như sai đề =)))