K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

31 tháng 7 2019

bất đẳng thức schur bậc 3,dễ mà,c/m cũng dễ nữa,tự tra đi.gợi ý này:giả sử a>b>c nhé

1 tháng 8 2019

Thử cách của em xem:)

Do vai trò bình đẳng giữa a, b, c ta có thể giả sử \(a\ge b\ge c\).

BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(b-c\right)^2+\left(\frac{c+a-b}{2}\right)\left(c-a\right)^2+\left(\frac{a+b-c}{2}\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đặt \(\frac{b+c-a}{2}=S_a;\frac{c+a-b}{2}=S_b;\frac{a+b-c}{2}=S_c\) thì:

\(S_b;S_c\ge0\Rightarrow S_b+S_c\ge0\left(1\right)\).  và BĐT trở thành \(\Leftrightarrow S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(b-c+a-b\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_c+S_b\right)\left(a-b\right)^2+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge0\)

Do \(a\ge b\ge c\)và Sb > 0 nên \(2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge0\). Theo (1) thì Sb + Sc > 0. Kết hợp với (*), ta cần chứng minh: 

\(\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow S_a+S_b\ge0\).

\(\Leftrightarrow\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}\ge0\Leftrightarrow c\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\text{hoặc }a=b;c=0\text{ và các hoán vị của nó.}\)

Sai thì em chịu nha!

4 tháng 8 2021

đặt biể thức cần chứng minh là P

\(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2}{a\left(b+c\right)^2}=\dfrac{\dfrac{a^2}{\left(b+c\right)^2}}{\dfrac{a\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2}}=\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2}{a}\)

\(t\)ương tự

\(=>P\ge\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{a+b+c}\)

\(=>P\ge\dfrac{[\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{c^2}{ca+cb}]^2}{a+b+c}\)

\(=>P\ge\dfrac{[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}]^2}{a+b+c}=\dfrac{[\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}]^2}{a+b+c}\)

\(=>P\ge\dfrac{\dfrac{9}{4}}{a+b+c}=\dfrac{9}{4\left(a+b+c\right)}\) dấu"=" xảy ra<=>a=b=c

16 tháng 8 2017

bài này thật ra không khó chỉ cần tách đúng là được à bạn thử ngồi tách xem đi 

16 tháng 8 2017

rồi được rồi nhưng hơi dài nên mình sẽ viết 2 lần nhé

11 tháng 10 2018

Khôi Bùi Mysterious Person DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG JakiNatsumi

27 tháng 8 2018

a) (a+b)(b+c)(c+a)\(\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=\)8abc(co si 2 so)

b)(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\)

                                          \(\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(cosi 3 so)

19 tháng 6 2021

Có \(VT=ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

Áp dụng bđt AM-GM có: \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le\left[\dfrac{a+b-c+a-b+c}{2}\right]^2=a^2\)

Tương tự cũng có: \(\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)\le c^2\)\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\)

Nhân vế với vế\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(c+b-a\right)\le abc\) (lđ)

\(\Leftrightarrow3abc+a^3+b^3+c^3\ge ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)\) (BĐT cần chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

@Cool Kid:\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+a+b}\)Hay một BĐT mạnh (và đẹp:v) hơn là: \(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)Ta cần chứng...
Đọc tiếp

@Cool Kid:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+a+b}\)

Hay một BĐT mạnh (và đẹp:v) hơn là: 

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)

Ta cần chứng minh: \(VT-VP=\Sigma\frac{\left(a+b-c\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Giả sử \(a\ge c\ge b\) và đặt \(a=b+u+v,c=b+v\)

Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwawrz:

\(VT-VP\ge\frac{4\left(c+a-b\right)^2\left(c-a\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Last inequality is: https://imgur.com/tRsHOfr (mình không gửi ảnh được nên gửi link vậy!)

Done!

0