Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a,b,c > 0
Áp dụng bđt Cauchy : \(b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2\left|b\right|=2b\)\(\Rightarrow a\left(1+b^2\right)\ge2ab\)
Tương tự : \(b\left(1+c^2\right)\ge2bc\) , \(c\left(1+a^2\right)\ge2ac\)
Cộng các bđt trên ta được đpcm
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: \(a=b=c\)
a2(1+b2)\(\ge\)2a2b;b2(1+c2)\(\ge\)2b2c;c2(1+a2)\(\ge\)2ac2 (cô -si 2 số)
VT\(\ge\)2(a2b+b2c+ac2)\(\ge\)2..\(3\sqrt[3]{a^2b.ac^2.b^2c}=2.3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=6abc\)
Dấu "="xảy ra <->a=b=c
\(a^2\left(1+b^2\right)+b\left(1+c^2\right)+c\left(1+a^2\right)\)=\(a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\)
ta có \(a^2;b^2;c^2;a^2b^2;b^2c^2;c^2a^2\ge0\)áp dụng bất đẳng thức cói 6 số với các số dương trên ta có \(a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)\(\ge6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}\)\(=6\sqrt[6]{a^6.b^6.c^6}\)\(=6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=ab=bc=ca =1 hoặc=0
đang luyện Bu-nhi-a-cốp-ski :))
lời giải
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :
\(\left(a^2+1\right)\left[1+\left(b+c\right)^2\right]\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{3}{4}\left(a^2+1\right)\left[1+\left(b+c\right)^2\right]\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{4}\)
Cần chứng minh : \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{3}{4}\left(a^2+1\right)\left[1+\left(b+c\right)^2\right]\)
\(\Leftrightarrow4\left(b^2c^2+b^2+c^2+1\right)\ge3\left(b^2+c^2+2bc+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(2bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)
Dấu"=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{1}=\frac{1}{b+c}\\b=c\\2bc=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\)
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/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2abc+b^2c^2\right)+\left(b^2-2abc+a^2c^2\right)+\left(c^2-2abc+a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-bc\right)^2+\left(b-ac\right)^2+\left(c-ab\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt được chứng minh.
b/ \(a^3+b^3+c^3\ge3.\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}=3abc\)