Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
a/ Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)
Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Bài 1 : Áp dụng BĐT trong tam giác ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế BĐT ta được :
\(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\) ( đpcm )
Bài 2 : Theo BĐT Cô - si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge abc\) (1)
Theo câu 1 ta lại có :
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)(1)
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)(2)
Dễ thấy \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)nên \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Tương tự \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\)\(a+c\le\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Do \(a,b,c\)là ba cạnh của một tam giác nên
\(\left(a-b\right)^2< c^2\Rightarrow a^2+b^2< c^2+2ab\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}< \sqrt{c^2+2ab}\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+c^2}< \sqrt{a^2+2bc}\)\(\sqrt{a^2+c^2}< \sqrt{b^2+2ac}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\)
Áp dụng BĐT \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\), ta có :
\(\sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\le\sqrt{3\left(c^2+2ab+c^2+2bc+b^2+2ac\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
P/s ko bt có đúng ko
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)