Cho các số thực a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\)Chứng minh rằng \(a+b+c-abc<4\)
Giải giúp mình nhé, đúng mình tick cho ^^
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng abc (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) ≤ 8
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=a+b+c+2. Chứng minh rằng ab+bc+ca ≥ 2(a+b+c)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\) ≥ 9(a + b + c)
(a2+b2+c2)3(a2+b2+c2)3 ≥ 9(a + b + c)
cho các các số thực a b c thỏa mãn a^3-b^2-b=b^3-c^2-c=c^3-a^2-a=1/3.Chứng minh rằng a=b=c
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge9\left(a+b+c\right)\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}$
Áp dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}\geq \frac{(a+b+c).3^5}{27}=9(a+b+c)$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 2 . Chứng minh rằng :
\(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)
Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)
Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)
\(=4c\sqrt{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự
\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)
Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Phân tích và lời giải: Trước hết ta dự đoán được dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\). Quan sát BĐT cần chứng minh ta có 1 số nhận xét như sau: Vết trái chứa các lũy thừa bậc 3 nhưng vế phải chứa căn bậc hai, ngoài ra với dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c\sqrt[3]{2}\)thì \(c^3=\frac{a+b}{c}\)Do đó ta nghĩ đến BĐT Cauchy cho 2 số tuy nhiên để có được đánh giá \(c^2+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\)ta cần tạo ra được đại lượng \(\frac{a+b}{c}\)Chú ý đến giả thiết và đánh giá quen thuộc ta có: \(\frac{a^2+b^2}{2}>\frac{ab\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab\left(a+b\right)}{abc}=\frac{a+b}{c}\)
Từ đó ta có \(c^2+\frac{a^2+b^2}{2}\ge c^3+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}b^2+\frac{a^2+c^2}{2}\ge b^3+\frac{a+c}{b}\ge2b\sqrt{a+c}\\c^2+\frac{a^2+b^2}{2}\ge c^3+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\end{cases}}\)
Cộng các vế theo vế của Bất Đẳng Thức trên ta được \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\)
Bài toán được chứng minh xong.
Cho a,b,c à các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng
\(\dfrac{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}}{abc}< \sqrt{2}\)
Helpppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp
Help :(((((((((((((((((((((((((
Cho a,b,c à các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng
\(\dfrac{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}}{abc}< \sqrt{2}\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1.Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\ge\dfrac{1}{2}\)
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x^2;y^2;z^2\right)\Rightarrow xyz=1\)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{1}{x^2+2y^2+3}+\dfrac{1}{y^2+2z^2+3}+\dfrac{1}{z^2+2x^2+3}\)
\(P=\dfrac{1}{\left(x^2+y^2\right)+\left(y^2+1\right)+2}+\dfrac{1}{\left(y^2+z^2\right)+\left(z^2+1\right)+2}+\dfrac{1}{\left(z^2+x^2\right)+\left(x^2+1\right)+2}\)
\(P\le\dfrac{1}{2xy+2y+2}+\dfrac{1}{2yz+2z+2}+\dfrac{1}{2zx+2x+2}\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{xz\left(xy+y+1\right)}+\dfrac{x}{x\left(yz+z+1\right)}+\dfrac{1}{zx+x+1}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{x.xyz+xyz+xz}+\dfrac{x}{xyz+xz+1}+\dfrac{1}{xz+x+1}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{x+1+xz}+\dfrac{x}{1+xz+1}+\dfrac{1}{xz+x+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc=1. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^3}{a^2+2b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+2c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+2a^2}\ge1\)
Ta có: \(\dfrac{a^3}{a^2+2b^2}=a-\dfrac{2ab^2}{a^2+2b^2}\ge a-\dfrac{2ab^2}{3\sqrt[3]{a^2b^4}}=a-\dfrac{2}{3}\sqrt[3]{ab^2}\ge a-\dfrac{2}{9}\left(a+b+b\right)=a-\dfrac{2}{9}\left(a+2b\right)\) Chứng minh tương tự ta được:
\(\dfrac{b^3}{b^2+2c^2}\ge b-\dfrac{2}{9}\left(b+2c\right);\dfrac{c^3}{c^2+2a^2}\ge c-\dfrac{2}{9}\left(c+2a\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{a^2+2b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+2c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+2a^2}\ge a+b+c-\dfrac{2}{9}\left(a+2b+b+2c+c+2a\right)=a+b+c-\dfrac{2}{9}\left(3a+3b+3c\right)=\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{1}{3}\cdot3\sqrt[3]{abc}=1\)Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)