Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Với mọi \(a,b,c\in R\)thì ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge2bc+2ca-2ab\)*
Ta cần chứng minh * là BĐT đúng
Từ * \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow"a+b-c"^2\ge0\)**
BĐT ** hiển nhiên đúng với mọi a,b,c, mà các phép biến đỗi trên tương tự:
Do đó, BĐT * được chứng minh
Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi \(a+b=c\)
Mặt khác
\(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}\)theo giả thiết
Mà: \(\frac{5}{3}=1\frac{2}{3}< 2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\)***
Từ * và *** kết hợp lại ta có thể viết " kép " lại được: \(2bc+2ca-2ab\le a^2+b^2+c^2< 2\)
Suy ra: \(2bc+2ca-2ab< 2\)
Khi đó, vì abc > 0 do a,b,c ko âm nên chia cả hai vế cho bất đằng trên cho 2abc, ta được:
\(\frac{2bc+2ca-2ab}{2abc}>\frac{2}{2abc}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Vậy: với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điểu kiện \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}\)thì ta chứng minh được: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
P/s:....
Ta có :(a+b-c)2 \(\ge\) 0
<=>a2+b2+c2 \(\ge\) 2(bc-ab+ac)
<=>\(\frac{5}{3}\ge\) 2(bc-ab+ac)
<=>bc+ac-ab \(\le\frac{5}{6}< 1\)
<=>\(\frac{bc+ac-ab}{abc}< \frac{1}{abc}\) (vì a,b,c>0 nên chia cả 2 vế cho abc)
<=>\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< 1\) (đpcm)
Câu 1: Đặt \(S=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}=\frac{x}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(x+1\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(1-y\right)\left(y+1\right)}}\)
\(\frac{S}{\sqrt{3}}=\frac{x}{\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(3-3y\right)\left(y+1\right)}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}\le\frac{3-3x+x+1}{2}=\frac{4-2x}{2}=2-x\)
\(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{\left(3-3x\right)\left(x+1\right)}}\ge\frac{x}{2-x}\)
Tương tự: \(\frac{y}{\sqrt{\left(3-3y\right)\left(y+1\right)}}\ge\frac{y}{2-y}\)
Từ đó: \(\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{x}{2-x}+\frac{y}{2-y}=\frac{x^2}{2x-x^2}+\frac{y^2}{2y-y^2}\)
Áp dụng BĐT Schwarz: \(\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{x^2}{2x-x^2}+\frac{y^2}{2y-y^2}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2\left(x+y\right)-\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2-\left(x^2+y^2\right)}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{x^2+y^2}{2}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{S}{\sqrt{3}}\ge\frac{1}{2-\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow S\ge\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(ĐPCM).
Dấu bằng có <=> \(x=y=\frac{1}{2}\).
Câu 4: Sửa đề CMR: \(abcd\le\frac{1}{81}\)
Ta có: \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}=3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}=\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+d}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)(AM-GM)
Tương tự:
\(\frac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)\(;\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\frac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân 4 BĐT trên theo vế thì có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge81\sqrt[3]{\frac{\left(abcd\right)^3}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)\right]^3}}\)
\(=81.\frac{abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\)
\(\Rightarrow81.abcd\le1\Leftrightarrow abcd\le\frac{1}{81}\)(ĐPCM)
Dấu "=" có <=> \(a=b=c=d=\frac{1}{3}\).
Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{\frac{abc}{abc+a^2\left(a+b+c\right)}}=\sqrt{\frac{bc}{ac+a^2+ab+ac}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Áp dụng bđt Cô-si được
\(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\)
Thiết lập các bđt còn lại cho 2 số hạng còn lại rồi cộng vào được đpcm
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Buffalo way!
\(\Leftrightarrow\frac{7}{5}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)\le\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\) (đồng bậc 2 vế)
\(\Leftrightarrow7\left(bc+a\left(c-b\right)\right)\le5\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta có:\(VP-VT=5a^2+\left(b-c\right)a+5b^2+5c^2-7bc\)
\(=\frac{\left(10a+b-c\right)^2+99\left(b-\frac{69c}{99}\right)^2+\frac{560}{11}c^2}{20}\ge0\)
qed./.