Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Giả sử bất đẳng thức trên là đúng \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}+a+b+c\ge0\)\(\Rightarrow\left(a^2+a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2+b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2+c+\frac{1}{4}\right)\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b,c), ta có ĐPCM câu b tương tự nha bn!
Bài 2:Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge3\sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}}=3\)
Khi a=b=c
Bài 3:
Áp dụng BĐT C-S dạng ENgel ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=9\)
Khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 4:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x+y\ge2\sqrt{xy};y+z\ge2\sqrt{yz};x+z\ge2\sqrt{xz}\)
Nhân theo vế 3 BĐT trên ta có ĐPCM
Khi x=y=z
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
a, \(BĐT\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng vì a,b>0)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b
b, Áp dụng bđt câu a ta có: \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
=>\(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự \(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
Cộng 3 bđt vế theo vế ta được:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=1\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
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.
Cứ tưởng phải biến đổi \(9=3\left(p^2-2q\right)=\left(p^2-2q\right)^2\) loay hoay mãi không ra:))
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=9\)
Khi a=b=c=1/3