Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đặt \(\hept{\begin{cases}a+b=x\\b+c=y\\c+a=z\end{cases}}\)
cậu tính A theo x,y,x rồi chứng minh
\(B=\frac{x}{z-y}.\frac{y}{x-z}+\frac{y}{x-z}.\frac{z}{y-x}+\frac{z}{y-x}.\frac{x}{z-y}=-1\)
thì ta có A+2B>=0 -->A>=-2B=2
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{a-b}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)}\ge2\)
Subtract 2 from both sides:
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{a-b}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b-c}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c-a}-2\ge2-2\)
Refine:
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{a-b}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b-c}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c-a}\ge0\)
Simplyfy : \(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b-c}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c-a}:\) \(\frac{4a^2bc-4a^2c^2-4a^2b^2+2a^2b-2a^2c+4ab^2c+4abc^2+2ac^2-2ab^2-4b^2c^2+2b^2c-2bc^2}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)}-2\)
Convert element to fraction: \(2=\frac{2}{1}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)}+\frac{\left(c+a^2\right)}{\left(c-a\right)}-\frac{2}{1}\)
Find LCD for: \(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c-a}-\frac{2}{1}\):
Find the least common denominator 1 (a - b) (b - c) (c- a) = (a - b) (b - c) (c- a)(a - b) (b - c) (c- a)
Sau đó vào đây để xem bài giải tiếp theo nhá! Lười đánh máy tiếp lắm! Có gì mai mốt sử dụng phần mềm đó giải khỏi phải lên đây hỏi.
Step-by-Step Calculator - Symbolab
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Câu hỏi của Hoàng Minh Nguyễn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)
Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)
\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)
*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)
Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*
*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị
Tuyệt quá,
Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)
có hằng số k tốt nhất là 10.
Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Đặt \(A=\frac{ab}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{bc}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}+\frac{ca}{\left(b-c\right)\left(a-b\right)}=-1\)
\(\left(\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2+2A\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2\ge2\)
Đặt \(x=\frac{a}{b-c};y=\frac{b}{c-a};z=\frac{c}{a-b}\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx=\frac{ab}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{bc}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}+\frac{ca}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}=-1\) (Tự CM)
Ta có: \(VT=x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\ge2\)
=> ĐPCM