Chứng minh : \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
Chứng minh với mọi số thực a, b, c luôn có:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc2) + (ca)2 + 2abc(a + b + c)
Lại có : x2 +y2 + z2 \(\ge\)xy + yz + xz
Thật vậy x2 +y2 + z2 \(\ge\)xy + yz + xz
<=> 2(x2 +y2 + z2) \(\ge\)2(xy + yz + xz)
<=> (x2 - 2xy + y2) + (y2 - 2yz + z2) + (z2 - 2zx + x2) \(\ge0\)
<=> (x - y)2 + (z - x)2 + (y - z)2 \(\ge0\) (đúng) => ĐPCM
Áp dụng bài toán => (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 \(\ge\)ab.bc + ac.bc + ab.ac = abc(a + b + c)
Khi đó (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc2) + (ca)2 + 2abc(a + b + c) \(\ge\)abc(a + b + c) + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) (đpcm)
Bạn vào thống kê hỏi đáp của mình xem nhé.
\(( a b + b c + a c ) ^2 ≥ 3 a b c ( a + b + c )\)
Biến đổi tương đương, ta được:
\(<=> ( a b ) ^2 + ( b c ) ^2 + ( a c ) ^2 + 2 a b . b c + 2 b c . a c + 2 a c . a b − 3 a b . a c − 3 a b . b c − 3 a c . b c ≥ 0\)
\(<=> ( a b ) ^2 + ( b c ) ^2 + ( a c ) ^2 − a b . a c − a b . b c − a c . b c ≥ 0\)
\(<=> \frac{1}{2} . [ ( a b ) 2 − 2 a b . b c + ( b c ) 2 ] + \frac{1}{2} . [ ( b c ) 2 − 2 b c . a c + ( a c ) 2 ] + \frac{1}{2} .[ ( a c ) ^2 − 2 a c . a b + ( a b ) ^2 ] ≥ 0\)
\(<=> 1 2 . ( a b − b c ) ^2 + 1 2 . ( b c − a c ) ^2 + 1 2 . ( a c − a b ) ^2 ≥ 0 \)(Luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi: \(a b = b c = a c\)
Ý tưởng của bài toán dựa trên bổ đề phụ:\(( x + y + z ) ^2 ≥ 3 ( x y + y z + x z )\)
Nếu bạn đặt \(a b = x , b c = y , a c = z\)cho bài toán thì sẽ đưa về bổ đề phụ trên
Cho 3 số a, b, c chứng minh \(\left(ab+ac+bc\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
đăng 2 lần ở 2 web làm gì rồi COPIER lại đào lên nhai lại
Cho 3 số a,b,c; chứng minh:
a, \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)
b, \(\left(ab+ac+bc\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
a, \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge ca\)
Cộng các vế => đpcm
b, Áp dung bdt a, ta có thể cm đc \(\left(x+y+z\right)^2\ge3xy+3yz+3zx\)
Thay x,y,z lần lượt bởi ab;bc;ca => ĐPCM
Cho 3 số thực a,b,c chứng minh rằng:
\(ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ac+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)\le\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
SOS là ra, khá đơn giản. Ta có:
$$\text{VP}-\text{VT}=ab \left( -c+a \right) ^{2}+ca \left( b-c \right) ^{2}+cb \left( a-b
\right) ^{2}\geqq 0.$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
Cho 3 số thực a,b,c chứng minh rằng:
\(ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ac+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)\le\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
Cho ba số thực a, b, c. Chứng minh rằng:\(\left(a^2-bc\right)^3+\left(b^2-ca\right)^3+\left(c^2-ab\right)^3\ge3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
Cho 3 số a, b, c chứng minh \(\left(ab+ac+bc\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(BDT\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)^2\ge3a^2bc+3ab^2c+3abc^2\)
Đặt \(x=ab;y=bc;z=ac\) thì có:
\(\left(x+y+z\right)^2\ge3xy+3yz+3xz\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\left(ab+ac+bc\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2abc\left(a+b+c\right)-3abc\left(a+b+c\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2-a^2bc-ab^2c-abc^2\ge0\)Nhân cả 2 vế cho 2 ta được
\(\Rightarrow2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2a^2bc+a^2c^2\right)+\left(a^2b^2-2ab^2c+b^2c^2\right)+\left(a^2c^2-2abc^2+b^2c^2\right)\ge0\)\(\Rightarrow\left(ab-ac\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(ac-bc\right)^2\ge0\) Đúng với mọi a , b , c
cho a,b,c là số thực dương chứng minh
\(\dfrac{2\left(a^4+b^4+c^4\right)}{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}+\dfrac{ab+bc+ca}{a^3+b^3+c^3}\ge2\)
Cho a, b, c > 0 và b là số nằm giữa a và c. Chứng minh rằng:
\(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc+\frac{3}{4}k\left(t-k\right)^2\) với \(k=min\left\{a,b,c\right\};t=max\left\{a,b,c\right\}\)
Hướng làm nè :
Giả sử : \(a=min,c=max\)
Thì : \(t=c,k=a\)
Ta đặt : \(b=a+x,c=a+y\left(x\le y\right)\)
Rồi thay vào BĐT cần chứng minh, phá tung ra là được :))
P/s : Mày ra đề làm dài khiếp á !!
ミ★ Đạt ★彡m làm rõ đi:)) Mà tao đoán cách của m phá ra xong m sẽ ko biết nhóm cho thích hợp đâu:P Cái điều kiện \(x\le y\) sẽ gây khó khăn cho m, cách tao khác.