NN
5
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
TN
19 tháng 5 2017
Ta chứng minh \(4\left(a^3+b^3+c^3\right)+15abc\ge\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)+9abc\ge3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ca\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
BĐT trên đúng theo BĐT Schur
\(\Rightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^3=2^3=8=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
15 tháng 9 2017
đặt b+c=x;c+a=y;a+b=z
sau đó viết lại bđt rồi dùng cô si,nếu ko làm đc thì mình sẽ viết cụ thể cho
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 3 2022
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b+2}{36}+\dfrac{c+3}{48}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+2\right)\left(c+3\right)}{1728\left(b+2\right)\left(c+3\right)}}=\dfrac{a}{4}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c+2}{36}+\dfrac{a+3}{48}\ge\dfrac{b}{4}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}+\dfrac{a+2}{36}+\dfrac{b+3}{48}\ge\dfrac{c}{4}\)
Cộng vế:
\(P+\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{144}+\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{29}{144}\left(a+b+c\right)-\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{29}{144}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{17}{48}=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NN
1
ML
29 tháng 11 2015
\(\frac{16\left(a+b+c\right)}{abc}\ge\frac{16\left(a+b+c\right)}{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3}=\frac{16.27}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Đặt \(\left(\sqrt[3]{a+b+c}\right)^2=t\text{ }\left(t>0\right)\)
\(VT=t+\frac{16.27}{t^3}=\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{t}{3}+\frac{16.27}{t^3}\ge4\sqrt[4]{\left(\frac{t}{3}\right)^3.\frac{16.27}{t^3}}=8\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\frac{t}{3}=\frac{16.27}{t^3}\Leftrightarrow t=6.\)
WR
3 tháng 6 2017
Áp dụng BĐT Cosi:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}>=4\sqrt[4]{\frac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{27.27.9}.\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}...\)
\(>=\frac{4}{9}a\)
Tương tự
\(=>VT>=\frac{4}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{9}-2\left(\frac{a+2}{9}+\frac{b+2}{9}+\frac{c+2}{9}\right)=\frac{1}{3}.\)
Dấu "="xảy ra khi a=b=c=1
1 tháng 1 2021
giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
Ta có: \(a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
\(b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
Tương tự: \(b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}\)
Lại có:+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\ge\left(a-b\right)\left(b+\frac{a}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(a+\frac{c}{2}\right)\)
\(\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)\)
+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\le\left(a-b\right)\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(b+\frac{c}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)\)
Từ 1,2 => đpcm
T
2 tháng 1 2021
BĐT đã cho tuong duong voi:
\(\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]\)
Theo AM-GM ta có: \(\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}\)
Có: \(VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}\)
Cần chứng minh: \(4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)
Rõ ràng \(\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Cần cm: \(36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}\)
Hay \(4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Tiếp tục là điều hiển nhiên do \(VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
\(\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)
23 tháng 8 2020
Phân tích Trước hết ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1. Quan sát Bất Đẳng Thức ta nhận thấy các dấu hiệu sử dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức, sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu
Bài giải: Suy nghĩ đầu tiên khi quan sát Bất Đẳng Thức đó là dấu hiệu áp dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Như vậy khi đó ta được
\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
Như vậy ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Để ý thấy khi khai triển mẫu thì xuất hiện đại lượng \(a^3+b^3+c^3\)và đánh giá đại lượng đó theo kiểu \(a^3+b^3+c^2\le?̸\)
rất phức tạp. Do đó đánh giá một cách trực tiếp như vậy có vẻ không đem lại hiệu quả. Như vậy để áp dụng hiểu quả ta cần biến đổi Bất Đẳng Thức về một dạng khác
Chú ý là tại các mẫu xuất hiện tích của 2 đại lượng do đó ta sẽ đưa một đại lượng lên trên tử số. Khi đó ta có các cách biến đổi là
\(\orbr{\begin{cases}\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b+c}}\right)^2}{b^2+c^2}\\\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}\end{cases}}\)
Để ý rẳng sau khi áp dụng thì ta thu được là tổng các mẫu đó, do đó cần chú ý đến giả thiết a+b+c=3 thì ta chọn cách biến đổi thứ hai. Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{3}{4}\)
Đến đây áp dụng BĐT Cauchy ta được \(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy sau một số bước đánh giá ta đưa được về một bất đẳng thức có vẻ đơn giản hơn bất đẳng thức cần chứng minh và bất đẳng thức lúc này cũng có dấu hiệu của BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, khi đó ta được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}}\)
Và ta cần chứng minh được \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\le3\sqrt{2}\)tuy nhiên đánh giá này hoàn toàn sai vì \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy để đảm bảo các đánh giá đùng chiều ta cần nâng lũy thừa của các phân số lên, do đó ta có đánh giá
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\)
Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta được
\(a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}\)\(\le\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2\left(b^2+c^2\right)+b^2\left(a^2+c^2\right)+c^2\left(a^2+b^2\right)\right]}\)\(=\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
Do đó ta được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{c^2+a^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\)
23 tháng 8 2020
*Đang giải bấm nhầm gửi trả lời, làm tiếp*
Ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Để ý thấy rằng
\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên ta được điều phải chứng minh
HV
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 9 2021
\(\left(a^2+b^2\right)^2=\left[\left(a-b\right)^2+2ab\right]^2=\left[\left(a-b\right)^2+2\right]^2\ge8\left(a-b\right)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=\sqrt{2}\\ab=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(a;b\right)=\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2};\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right);\left(\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2};-\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 9 2021
a.
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=6\) \(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge12\Rightarrow-12\ge-2\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2=a^2+4+b^2+4+c^2+4-12\ge4a+4b+4c-2\left(a+b+c\right)=2\left(a+b+c\right)\)
b.
\(a^3+b^3+c^3=\dfrac{1}{2}\left(a^3+a^3+8\right)+\dfrac{1}{2}\left(b^3+b^3+8\right)+\dfrac{1}{2}\left(c^3+c^3+8\right)-12\)
\(\ge3a^2+3b^2+3c^2-12\ge3a^2+3b^2+3c^2-2\left(a+b+c\right)\ge3a^2+3b^2+3c^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)=...\)
Bổ sung a,b,c > 0 nhé
Đầu tiên, ta cm bđt phụ sau: \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\) (với a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác)
Do mỗi thừa số bên vế trái đpcm đều > 0 nên áp dụng Cosi được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}.\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}.\sqrt{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}\)
\(\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}.\frac{b+c-a+c+a-b}{2}.\frac{c+a-b+a+b-c}{2}\)
\(=\frac{2b}{2}.\frac{2c}{2}.\frac{2a}{2}=abc\)
Dấu "=" <=> a = b = c
Áp dụng bđt trên ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c-2c\right)\left(a+b+c-2a\right)\left(a+b+c-2b\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow\left(2-2a\right)\left(2-2b\right)\left(2-2c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow[4-4\left(a+b\right)+4ab]\left(2-2c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow8-8\left(a+b+c\right)+8c\left(a+b+c\right)+8ab-8abc\le abc\) (phá ra)
\(\Leftrightarrow8-8\left(a+b+c\right)+8\left(ab+bc+ca\right)-9abc\le0\)
\(\Leftrightarrow9abc+8\left(a+b+c\right)-8\left(ab+bc+ca\right)-8\ge0\)
\(\Leftrightarrow9abc+8.2-8\left(ab+bc+ca\right)-8\ge0\)
\(\Leftrightarrow9abc+8-8\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{9}{8}abc+1-\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{8}abc+3-3\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{8}abc+4-3\left(ab+bc+ca\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{8}abc+\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{8}abc+a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{4}abc+2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge2\)(Nhân cả 2 vế với 2)
\(\Leftrightarrow\frac{27}{4}abc+\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge2\)(1)
Đến đây , ta có hằng đẳng thức sau :
\(a^3+b^3+c^2-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)(Hđt này bạn tự c/m nhé)
Sử dụng hđt này ta được :
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{27}{4}abc+a^3+b^3+c^3-3abc\ge2\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4}abc\ge2\)
\(\Leftrightarrow4a^3+4b^3+4c^3+15abc\ge8\)
Dấu "=" <=> a = b = c = 2/3
Cảm ơn bạn Incursion_03 nhé!