Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dirichlet à:))?
Trong 3 số dương a,b,c tồn tại ít nhất 2 số cùng nhỏ hơn hoặc không nhỏ hơn 1
G/s 2 số đó là a và b
Khi đó: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow ab-a-b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\Leftrightarrow2abc\ge2ca+2bc-2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\)
Mà \(\left(a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(c^2-2c+1\right)=\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1
Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số a,b,c sẽ có hai số hoặc cùng ≥1 hoặc cùng ≤1. Giả sử hai số đó là a,b khi đó:
(a−1)(b−1)≥0.
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)=(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.
Search mạng!!
\(a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)\)
Cộng lại vế theo vế ta được:
\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)\)
\(=2\left(a+b+c\right)\).
Dấu \(=\)khi \(a=b=c\ge0\).
Còn cách khác nè :
Đặt \(P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\)
Ta chứng minh \(P\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(2P=\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+2b^2+ab\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(b^2+2c^2+bc\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(c^2+2a^2+ac\right)}\)
Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:
\(2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}\)
\(=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)\)
Suy ra \(P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a, b, c không âm:
\(\left(ab+bc+ca\right)\left[\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\right]\ge\frac{49}{18}+k\left(\frac{a}{b+c}-2\right)\)
với \(k=\frac{23}{25}\).
Note. \(k_{\text{max}}\approx\text{0.92102588865167}\) là nghiệm của phương trình bậc 5:
15116544*k^5+107495424*k^4-373143024*k^3+280903464*k^2+209797812*k-227353091 = 0
Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)
Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)
\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)
*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)
Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*
*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị
Tuyệt quá,
Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)
có hằng số k tốt nhất là 10.
Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!
\(BDT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2+2c\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
Từ đây ta thấy trong 3 số a,b,c sẽ có 2 số hoặc cùng \(\ge1\) hoặc cùng \(\le1\).giả sử 2 số đó là a và b suy ra \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
Vậy BĐT đầu luôn đúng
Thích Dirichlet thì chơi Dirichlet
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong ba số (a - 1); (b - 1); (c - 1) luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là (a - 1) và (b - 1).
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2c\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2abc\ge2\left(ac+bc-c\right)\)
Giờ ta cần chứng minh
\(a^2+b^2+c^2+2\left(ac+bc-c\right)+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)thì bài toán thành
\(x+y+z=2\) chứng minh rằng
\(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y^3}{\left(2-y\right)^2}+\frac{z^3}{\left(2-z\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
Trước hết ta chứng minh:
Ta có: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}+\frac{2-x}{8}+\frac{2-x}{8}\ge\frac{3x}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow VP\ge\left(x+y+z\right)-\frac{3}{2}=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\)
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng mình là:
\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)
Xét: \(f\left(a\right)=a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\)
Ta thấy nếu \(bc-b-c\ge0\)khi đó ta luôn có \(f\left(a\right)\ge0\)hay:
\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)
Bây giờ xét trường hợp sau: \(bc-b-c\le0\)
Khi đó ta có:\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\)
Mà số hạng từ bậc 2 là số dương để \(f\left(a\right)\ge0\)thì ta phải chỉ ra được:
\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\le0\)
Hay \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Để ý \(bc-b-c\le0\)ta được \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le1\)lúc này khả năng xảy ra các trường hợp sau:
- Cả \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)cùng nhỏ hơn 1 hay cả b,c nhỏ hơn 2 và theo bất đẳng thức Cô si ta được:
\(b\left(2-b\right)\le\frac{\left(b+2-b\right)^2}{4}=1;c\left(2-c\right)\le\frac{\left(c+2-c\right)^2}{4}=1\)
\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le1\)nên ta có \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Trong 2 số \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)có một số lớn hơn 1 và một số nhỏ hơn 1 khi đó trong b,c có số lớn hơn hoặc nhỏ hơn 2
\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\Leftrightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)
Vậy cả 2 khả năng đều cho \(\Delta_a\le0\)nên bất đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán đã được chứng mình xong.