Chưa cho a,b,c > 0 sao chia 2 vế cho abc đuojwc

Chia \(abc\) hai về được BĐT tương đương \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) được: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge\frac{4}{ab+ac}=\frac{4}{a\left(b+c\right)}\)

Dưới mẫu bạn áp dụng BĐT \(a\left(b+c\right)\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\) thì \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\).

BĐT được chứng minh.

@ hoàng phúc chuẩn

Tuy nhiên để khử cái này thêm lý luận g/s trong 3 số a,b,c có một số =0 => 16abc =0

BĐT luôn đúng  kể cả b=c=0 thì cũng có đẳng thức

=> xét abc khác không=> tiếp 

p/s đúng sai chưa biết 

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)

Ta có: \(\left[a+\left(b+c\right)\right]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\)(*)

Lại có: \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)(**)

Nhân 2 vế (*) và(**), ta có:

 \(\left(b+c\right)^2\ge16abc\left(b+c\right)\)

Mà \(b;c\ge0\Rightarrow b+c\ge0\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Vậy \(b+c\ge16abc\)

ta co:b+c=(b+c)(a+(b+c))² (vi a+b+c=1)

vi (a+(b+c))²>=4a(b+c)

=>b+c>=(b+c)².4a

lai co (b+c)²>=4bc

=>b+c>=4bc.4a=16abc

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
\(a+1\ge2\sqrt{a}\)
\(b+1\ge2\sqrt{b}\)
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
Nhân vế theo vế các BĐT cùng chiều trên ta được:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge16\sqrt{a^2b^2c^2}=16abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=a\\b=c\end{matrix}\right.\)
<=> a = b = c = 1
Vậy \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge16abc\) với a,b,c dương.
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Câu hỏi của Đỗ Minh Quang - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em xem cách làm ở link này nhé!

Áp dụng bất đẳng thức coosi ta được:

\(a+b+c\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\Rightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\ge4a\left(b+c\right)^2\)

Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b+c\) và \(b=c\) và \(a+b+c=1\Rightarrow a=\frac{1}{2};b=c=\frac{1}{4}\)

cậu Áp dụng bđt cô si để chứng minh \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

Áp dụng ta có \(\left[a+\left(b+c\right)\right]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

=> \(1\ge4a\left(b+c\right)\)(1)

Áp dụng lần nữa ta có 

\(\left(b+c\right)^2\ge4bc\) (2 )

từ (1),(2), nhận 2 vế ta có 

\(\left(b+c\right)^2\ge16\left(b+c\right)abc\)

=> \(b+c\ge16abc\) (ĐPCM) 

dấu = tự tìm nhé

        \(\left(a+b\right)^2-4ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra  \(\Leftrightarrow\)\(a=b\)

     \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra   \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)