\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)

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

Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)

Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)

Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:

\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

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

hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

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

Dấu "=" khi a = b = c > 0

P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại

ko biết

Bạn tham khảo bài số 3:

Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

a: \(a^4=b^4+c^4\)

=>\(a^4>c^4\) và \(a^4>b^4\)

=>a>c và a>b

=>a là cạnh lớn nhất

=>\(\hat{BAC}\) là góc lớn nhất

\(a^4=b^4+c^4\)

=>\(a^4 = (b^2+c^2)^2 - 2b^2c^2 < (b^2+c^2)^2 \Rightarrow a^2 < b^2 + c^2\)

=>\(b^2+c^2-a^2>0\)

=>\(\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\) >0

=>\(\hat{A}<90^0\)

mà \(\hat{BAC}\) đã là góc lớn nhất trong ΔABC

nên \(\hat{ABC}<90^0;\hat{ACB}<90^0\)

b: Xét ΔABC có \(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\)

=>\(\sin A=\frac{a}{2R}\) ; \(\sin B = \frac{b}{2R}, \quad \sin C = \frac{c}{2R}\)

Xét ΔABC có \(\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}, \quad \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\)

\(\tan B \cdot \tan C = \frac{\sin B \cdot \sin C}{\cos B \cdot \cos C}\)

\(=\frac{\frac{b}{2R} \cdot\frac{c}{2R}}{\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \cdot\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}}\)

\(=\frac{\frac{bc}{4R^2}}{\frac{(a^2 + c^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^2 b^2 c^2}{R^2 (a^2 + c^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)\right\rbrack}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\left\lbrace\left[a^2+(c^2-b^2)\right]\left[a^2-(c^2-b^2)\right]\right\rbrace}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-\left(c^2-b^2\right)^2\right\rbrack}=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-(c^4-2b^2c^2+b^4)\right\rbrack}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-(b^4+c^4)+2b^2c^2\right\rbrack}=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot2b^2c^2}=\frac{a^2}{2R^2}=2\cdot\sin^2A\)