Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dựa vào điều kiện xuy ra được trong 3 xô: \(\left(1-a\right);\left(1-b\right);\left(1-c\right)\)co 2 xô cùng dâu. Giả xư đo là \(\left(1-a\right);\left(1-b\right)\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)
Ta lại co:
\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge c^2+2ab+abc\)
\(\Leftrightarrow ab\left(2+c\right)\le4-c^2\)
\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)
Quay lại bài toan ta co:
\(ab+bc+ca-abc\le2+\text{}\left(bc+ca-abc-c\right)=2-c\left(1-a\right)\left(1-b\right)\le2\)
Câu 3/ \(\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y-t\right)^2}+\sqrt{\left(x-z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\)
\(\le\sqrt{1+2xz-2yt}+\sqrt{1-2xz+2yt}\)
\(\le\dfrac{1+1+2xz-2yt}{2}+\dfrac{1+1-2xz+2yt}{2}=1+1=2\)
Ta có:\(a^5+ab+b^2\ge3a^2b\)
Tương tự ta có:
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{3ab\left(a+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3bc\left(b+2a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3ca\left(c+2b\right)}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{\frac{c}{c+2a}}+\sqrt{\frac{a}{b+2a}}+\sqrt{\frac{b}{2b+c}}\right)\)
Ta cũng có:\(a+2c=a+c+c\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+2\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+2\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+2\sqrt{b}}\)
Đặt \(x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}};xyz=1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\)
Giả sử \(xy\le1\) thì \(z\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{x}{2}+1}+\frac{1}{\frac{y}{2}+1}\right)+\frac{1}{z+2}\)
\(\le\frac{1}{1\frac{\sqrt{xy}}{2}}+\frac{1}{z+2}\le1\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=1\)
Hằng đẳng thức quen thuộc: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{6}\)
khi đó \(vT=\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{6}+abc=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{6}\)
Cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge48\)
ta có: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=216-3\left(6-a\right)\left(6-b\right)\left(6-c\right)\)
\(=216-18\left(ab+bc+ca\right)+3abc\)
do đó \(VT=216-18\left(ab+bc+ca\right)+6abc\)(*)
ta có bất đẳng thức phụ sau : với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
# : cách CM: dùng AM-GM lên google mà surt
ÁP dụng :\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)=\left(6-2a\right)\left(6-2b\right)\left(6-2c\right)\)
\(abc\ge24\left(ab+bc+ca\right)-8abc-216\)\(\Leftrightarrow9abc\ge24\left(ab+bc+ca\right)-216\)
\(\Leftrightarrow6abc\ge16\left(ab+bc+ca\right)-144\)(**)
từ (*) và (**) ta có: \(VT\ge72-2\left(ab+bc+ca\right)\ge72-2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)(AM-GM)
\(\Leftrightarrow VT\Rightarrow72-\frac{2}{3}.36=48\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=2
Áp dụng bđt : x^2+y^2+z^2 >= (x+y+z)^2/3 ta có :
\(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\)= \(\frac{\sqrt{a^2+b^2+a^2}}{ab}\)>= \(\frac{\sqrt{\frac{\left(a+b+a\right)^2}{3}}}{ab}\) = \(\frac{2a+b}{\sqrt{3}ab}\) = \(\frac{2}{\sqrt{3}b}+\frac{1}{\sqrt{3}a}\)
Tương tự : \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\)>= \(\frac{2}{\sqrt{3}c}+\frac{1}{\sqrt{3}b}\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\)>= \(\frac{2}{\sqrt{3}a}+\frac{1}{\sqrt{3}c}\)
=> \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\)+ \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\)+ \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\)>= \(\frac{3}{\sqrt{3}a}+\frac{3}{\sqrt{3}b}+\frac{3}{\sqrt{3}c}\)
= \(\frac{3}{\sqrt{3}}\).(1/a+1/b+1/c) = \(\sqrt{3}\).(ab+bc+ca)/abc = \(\sqrt{3}\).abc/abc = \(\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=3
=> ĐPCM
k mk nha
Không hiểu sao BĐT dạo này được cập nhật lên khá nhiều,thôi thì làm theo bản năng vậy :))
Do \(a^2+b^2+c^2+abc=4\) nên ta đặt được ẩn phụ dưới dạng
\(a=\frac{2x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}};b=\frac{2y}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}};c=\frac{2z}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)
Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\Sigma\frac{2xy}{\left(x+y\right)\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\frac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}+1\)
Theo AM - GM thì ta dễ dàng có:
\(\frac{2xy}{\left(x+y\right)\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\frac{xy}{x+y}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\Sigma\frac{xy}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\Sigma\frac{xy}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
\(=\Sigma\frac{xy}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\Sigma\frac{zx}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
\(=\Sigma\frac{x\left(y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}=1+\frac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
BĐT được chứng minh
Cách khác :)))
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số \(a-1;b-1;c-1\) có ít nhất 2 số cùng dấu
Giả sử đó là \(a-1;b-1\)
Khi đó:\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\Leftrightarrow abc+c\ge ac+bc\)
Vì vậy \(ab+bc+ca-abc\le ab+bc+ca+c-ac-bc=ab+c\)
Ta sẽ chứng minh \(ab+c\le2\)
Thật vậy !
\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\Leftrightarrow4-c^2\ge ab\left(c+2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+c\le2\left(đpcm\right)\)
a,b,c đều = 1
vì theo đề bài a,b,c là số dương mà a2 + b2 + c2 + abc =4 vậy nên a,b,c là 1 số cực nhỏ để khi bình phương lên nó có thể cộng với các hạng tử còn lại hơn nữa khi chúng nhân với nhau thì ko đc vượt quá 1 để có thể cộng với a2
b2, c2 để bằng 4
tìm đc a,b,c đều bằng 1 rồi thay vào ab+bc+ca-abc < hoặc bằng 2 là chứng minh đc. Chúc bạn may mắn
:v Bạn biết chứng minh BĐT là gì không vậy, và cho hỏi bạn lớp mấy vậy