Question

cho a,b,c>0, chứng minh rằng 

\(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Answer 1

vũ tiền châu tham khảo nhé:

  Ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3.³√(abc) = > abc ≤ 1 <=> 1 - abc ≥ 0 
1 + a²(b + c) = 1 + a(ab + ac) = 1 + a(3 - bc) = 1 - abc + 3a ≥ 3a 
=> 1/[1 + a²(b + c)] ≤ 1/(3a) 
Tương tự: 
1/[1 + b²(c + a)] ≤ 1/(3b) 
1/[1 + c²(a + b)] ≤ 1/(3c) 
Cộng vế 3 bđt trên đc: 
VT đpcm ≤ 1/3 . (1/a + 1/b + 1/c) = 1/3 . (ab + bc + ca)/abc = 1/3 . 3/abc = 1/abc (đpcm) 
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1

Answer 2

bạn chứng minh \(\sqrt[3]{abc}\ge0\text{đ}i\) rồi mk chỉ cách làm

Answer 3

hình như là \(3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Answer 4

áp dụng cô si 3 số đi

Answer 5

dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Answer 6

Theo Schur thì ta có:

\(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Giờ ta chứng minh:

\(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge\frac{9abc}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow1\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)(đúng)

Vậy ta có ĐPCM

Answer 7

Nếu chưa học Schur thì có thể viết lại

\(a^2+b^2+c^2+3\cdot abc^{\frac{2}{3}}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

BĐT này thuần nhất nên có thể chuẩn hóa cho dễ làm nhé

Answer 8

sai đề thử lại a=4;b=7;c=10 thử xem ik

Answer 9

bài này la bài khác nha:

\(a^2+ab+b^2=x\left(a+b\right)^2+y\left(a-b\right)^2\)

\(=\left(x+y\right)\left(a^2+b^2\right)+2\left(x-y\right)ab\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=1\\x-y=\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{4}\\y=\frac{1}{4}\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow a^2+ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2\)