Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4(1-a)(1-c)\leq (1-a+1-c)^2=(1+b)^2\)
\(\Rightarrow 4(1-a)(1-b)(1-c)\leq (1+b)^2(1-b)(1)\)
Mà:
\(a+2b+c-(1+b)^2(1-b)=1+b-(1+b)(1-b)=(1+b)[1-(1-b^2)]\)
\(=(1+b)b^2>0, \forall b>0\)
\(\Rightarrow a+2b+c> (1+b)^2(1-b)(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow a+2b+c> 4(1-a)(1-b)(1-c)\)
Khôi Bùi Mysterious Person DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG JakiNatsumi
Lời giải:
\(a,b,c\geq 0\rightarrow 1-a,1-b,1-c\geq 0\)
Áp dụng BĐT Cauchy ngược dấu:
\((1-a)(1-c)\leq \left(\frac{1-a+1-c}{2}\right)^2=\left(\frac{2-a-c}{2}\right)^2=\left(\frac{1+b}{2}\right)^2\) (do $a+b+c=1$)
Do đó:
\(4(1-a)(1-b)(1-c)\leq 4(1-b)\left(\frac{1+b}{2}\right)^2=(1-b)(1+b)^2=(1+b)(1-b^2)\)
Vì \(b^2\geq 0\Rightarrow 1-b^2\leq 1\Rightarrow (1+b)(1-b^2)\leq 1+b=a+b+c+b=a+2b+c\)
Hay \(4(1-a)(1-b)(1-c)\leq a+2b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,5; 0; 0,5)\)
bđt cần c/m <=>
\(\frac{1}{\left(a+c-b-c\right)^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2\left(a+c\right)^2}\ge4\\ \)
\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2\ge4\\ \)
\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-2\ge2\)(đúng , theo cô-si)
ok
Não đặc-.-
Nếu sửa đề ntn thì mk nghĩ không ngược dấu mới làm được nek
Bài 1: CMR: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\) với a,b,c dương
Bài làm:
Ta có: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{8abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}}-\frac{8abc}{8abc}\)
\(=1-1=0\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Vãi bạn, mình đang đưa các bài tập về các bđt ngược chiều nên đề như thế là đúng r
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Lời giải:
Ta thấy:
\(\text{VT}=a+2b+c=(a+b+c)+b=1+b(1)\)
Vế phải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4(1-a)(1-c)\leq (1-a+1-c)^2=(2-a-c)^2=(1+a+b+c-a-c)^2=(1+b)^2(2)\)
\(\Rightarrow 4(1-a)(1-b)(1-c)\leq (1-b)(1+b)^2\)
Mà : \((1-b)(1+b)^2-(1+b)=(1+b)[(1-b^2)-1]=-b^2(1+b)\leq 0, \forall b\geq 0\)
Do đó: \((1-b)(1+b)^2\leq 1+b(3)\)
Từ (1);(2);(3) ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=c=\frac{1}{2}; b=0\)