Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)
Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)
sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2
Nhức nhối mãi bài này vì nó làm lag hết máy
Giải
Đặt \(x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c}\)
Ta phải chứng minh \(Σ\dfrac{\left(x+2\right)^2}{x^2+2}\le8\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{2x+1}{x^2+2}\le\dfrac{5}{2}\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{1}{2}\)
Lại theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(Σ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\)
Ta còn phải chứng minh
\(2\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-6x-6y-6z+9\right)\)\(\ge x^2+y^2+z^2+6\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+4\left(xy+yz+xz\right)-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)
Bây giờ có \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\ge12\left(xyz\ge8\right)\)
Còn phải chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2+24-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Bởi vì BĐT là thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa \(a+b+c=3\). Khi đó
\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}=\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2+\left(a-1\right)^2}\right)\)
\(\le\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2}\right)=\dfrac{4a+4}{3}\)
Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{\left(2b+c+a\right)^2}{2b^2+\left(a+c\right)^2}\ge\dfrac{4b+4}{3};\dfrac{\left(2c+b+a\right)^2}{2c^2+\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4c+4}{3}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(Σ\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\geΣ\left(4a+4\right)=8\)
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ!
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034
\(P=\dfrac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\dfrac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\dfrac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)
\(P=\dfrac{1}{a\left[2b+2c-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{b\left[2c+2a-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{c\left[2a+2b-\left(a+b+c\right)\right]}\)
\(P=\dfrac{1}{a\left(b+c-a\right)}+\dfrac{1}{b\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(P=\dfrac{1}{ab+ac-a^2}+\dfrac{1}{bc+ab-b^2}+\dfrac{1}{ca+bc-c^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{-a^2-b^2-c^2+2ab+2bc+2ca}=\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\) ( 1 )
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\ge-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]\le ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
Từ ( 1 )
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow1\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow27\le\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge27\)
Vậy \(P_{min}=27\)
