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
bạn chứng minh \(\sqrt[3]{abc}\ge0\text{đ}i\) rồi mk chỉ cách làm
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
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
bài này la bài khác nha:
\(a^2+ab+b^2=x\left(a+b\right)^2+y\left(a-b\right)^2\)
\(=\left(x+y\right)\left(a^2+b^2\right)+2\left(x-y\right)ab\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=1\\x-y=\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{4}\\y=\frac{1}{4}\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow a^2+ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2\)