Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}=\frac{3}{4}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{4abc}\)
\(=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{9}{ab+ac+bc}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\ge\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\right)-\frac{3}{2}\left(1\right)\)
Lại có:\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\left(2\right)\).Từ (1);(2) có:
\(P=\frac{1}{30}-\frac{3}{2}+\frac{1}{5}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)+\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{1}{15}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-22\right)\ge-\frac{4}{3}\)
đề thi hsg toán lớp 9 tỉnh thanh hóa năm 2016-2017 mà
Ta có: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}=\frac{3}{4}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{4abc}\)
\(=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{9}{ab+ac+bc}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\ge\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\right)-\frac{3}{2}\left(1\right)\)
Lại có: \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\)\(\Rightarrow P=\frac{1}{30}-\frac{3}{2}+\frac{1}{5}\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)+\frac{9}{4}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{1}{15}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-22\right)\ge-\frac{4}{3}\)
Nhưng trước hết làm cho nó đẹp lại cái đã:v Bài toán gì đâu mà cho toàn phân thức xấu xí, lần sau bảo người ra đề chọn hệ số đẹp hơn nha zZz Cool Kid zZz :DD
\(P=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\left(\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{4abc}-\frac{3}{4}\right)+\frac{3}{4}-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{47}{60}+\frac{\left(ab+bc+ca\right)}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{4abc}\)
\(=\frac{47}{60}+\frac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{\frac{4}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{47}{60}+\frac{ab+bc+ca}{15\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{47}{60}+\frac{1\left(a^2+b^2+c^2\right)}{15\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{131\left(ab+bc+ca\right)}{60\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Đặt \(x=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\Rightarrow x\ge1\). Ta cần tìm min:
\(P=f\left(x\right)=\frac{47}{60}+\frac{1}{15}x-\frac{131}{60x}\)
\(=\frac{47}{60}+\frac{1}{15}x+\frac{1}{15x}-\frac{9}{4x}\)
\(\ge\frac{47}{60}+\frac{2}{15}-\frac{9}{4}=-\frac{4}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Tính dùng sos nhưng nghĩ lại ko nên lạm dụng nên dùng cách khác:))
Ta chứng minh \(P\ge-\dfrac{4}{3}\) hay
\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\dfrac{1}{10}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{4abc}-\dfrac{3}{4}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{131}{60}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{a^3+b^3+c^3-3abc}{4abc}-\dfrac{131\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{60\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\dfrac{-\left(a-b\right)^2}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}+Σ_{cyc}\dfrac{\dfrac{a+b+c}{2}\left(a-b\right)^2}{4abc}-Σ_{cyc}\dfrac{\dfrac{131}{2}\left(a-b\right)^2}{60\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(a-b\right)^2\left(\dfrac{\dfrac{a+b+c}{2}}{4abc}-\dfrac{\dfrac{131}{2}}{60\left(ab+bc+ca\right)}-\dfrac{1}{30\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)
Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)
Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.
Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$
\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)
Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)
Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)
Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)
$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.
Chứng minh $(2):$
$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$
Xong.
\(P=\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}-1\)