\(a\le b\le c\) thì \(\lef...">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 7 2016

1) Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau : 

Ta có : \(\left(x^{10}+y^{10}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^8+y^8\right)\left(x^4+y^4\right)\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^{12}+x^{10}y^2+y^{10}x^2+y^{12}\ge x^{12}+x^8y^4+y^8x^4+y^{12}\)

\(\Leftrightarrow x^{10}y^2+y^{10}x^2\ge x^8y^4+y^8x^4\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left[\left(x^8-x^6y^2\right)+\left(y^8-x^2y^6\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^3-y^3\right)\left(x^3+y^3\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(2)

Ta thấy : \(x^2-xy+y^2=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+x^2+y^2}{2}=\frac{\left(x-y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)

\(x^2+xy+y^2=\frac{\left(x+y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)  ; \(x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\ge0\)

Do đó (2) luôn đúng.

Vậy (1) được chứng minh. 

15 tháng 7 2016

thank nha ngọc

 

4 tháng 8 2020

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: \(a=b=c\)

2:

ĐKXĐ: x≠-1

Ta có: \(x\left(\frac{5-x}{x+1}\right)\left(x+\frac{5-x}{x+1}\right)=6\)

\(\Leftrightarrow\frac{5x-x^2}{x+1}\cdot x+\frac{5-x}{x+1}\cdot\frac{5x-x^2}{x+1}-6=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{5x^2-x^3}{x+1}+\frac{x^3-10x^2+25x}{\left(x+1\right)^2}-\frac{6\left(x+1\right)^2}{\left(x+1\right)^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(5x^2-x^3\right)\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)^2}+\frac{x^3-10x^2+25x}{\left(x+1\right)^2}-\frac{6\left(x^2+2x+1\right)}{\left(x+1\right)^2}=0\)

Suy ra: \(-x^4+4x^3+5x^2+x^3-10x^2+25x-6x^2-12x-6=0\)

\(\Leftrightarrow-x^4+5x^3-11x^2+13x-6=0\)

\(\Leftrightarrow-x^4+x^3+4x^3-4x^2-7x^2+7x+6x-6=0\)

\(\Leftrightarrow-x^3\left(x-1\right)+4x^2\left(x-1\right)-7x\left(x-1\right)+6\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x^3+4x^2-7x+6\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x^3+2x^2+2x^2-4x-3x+6\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[-x^2\left(x-2\right)+2x\left(x-2\right)-3\left(x-2\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(-x^2+2x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x^2-2x+3\right)=0\)

\(x^2-2x+3=\left(x-1\right)^2+2>0\forall x\)

nên \(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x=2\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: S={1;2}

NV
5 tháng 7 2020

a/ Đề bài sai, ví dụ tam giác điển hình \(a=3;b=4;c=5\)

\(\Rightarrow\left(3+4+5\right)^2\le9.3.4\Rightarrow144\le108\) (vô lý)

b/ Bạn tham khảo:

Câu hỏi của Vo Thi Minh Dao - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

11 tháng 11 2019

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:(

6 tháng 7 2020

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$:$

\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)

\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 8 2017

Lời giải:

Vế đầu tiên:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\)

Do đó, \(\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\). Tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow S\geq \sqrt{2}(a+b+c)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Vế sau:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(S^2\leq (1+1+1)(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2)\)

\(\Leftrightarrow S^2\leq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S\leq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}\) \((1)\)

Ta sẽ cm \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}< \sqrt{3}(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\leq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)\geq 0\) (luôn đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác)

Do đó \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}<\sqrt{3}(a+b+c)(2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow S<\sqrt{3}(a+b+c)\)

Vậy ta có đpcm.