Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}-\frac{b^2}{b+a}-\frac{c^2}{b+c}-\frac{a^2}{c+a}\)
\(=\left(\frac{a^2}{a+b}-\frac{b^2}{b+a}\right)+\left(\frac{b^2}{b+c}-\frac{c^2}{b+c}\right)+\left(\frac{c^2}{c+a}-\frac{a^2}{c+a}\right)\)
\(=a-b+b-c+c-a=0\)
Từ đây ta suy ra được
\(\hept{\begin{cases}\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\le\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\\\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\end{cases}}\)
Dấu = xảy ra khi \(|a|=|b|=|c|\)
Đặt M; N; P như sau:
\(M=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge N=\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge P=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}.\)
1./ Xét hiệu: M - P
\(M-P=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}=a-b+b-c+c-a=0\)
=> M = P
2./ Bất đẳng thức \(M\ge N\ge P\)có \(M=P\)=> \(M=N=P\)
3./ Khi M = N, ta có hiệu: M - N = 0 nên:
\(\frac{a^2-c^2}{a+b}+\frac{b^2-a^2}{b+c}+\frac{c^2-b^2}{c+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(a+b\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Mặt khác ta luon có bất đẳng thức: \(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)dấu "=" khi a2 = b2 = c2
Do đó để xảy ra đẳng thức (1) thì a2 = b2 = c2 hay |a| = |b| = |c|. ĐPCM
Làm thì mình nghĩ mình làm dc nhưng có cái giờ phải đi học rồi . Nếu tối nay chưa ai trả lời mình sẽ trả lời
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.
\(\frac{a}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}\ge a-\frac{ab}{2}\) (AM-GM)
chung minh tuong tu ta co
\(VT\ge a+b+c-\frac{ab}{2}-\frac{bc}{2}-\frac{ac}{2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
dau = xay ra khi a=b=c=1
Áp dụng BĐT Cosi ta có \(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)
Tương tự \(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc}\ge1\) \(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\ge1\)
Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được
\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{b^2+c^2}{4bc}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\left(\frac{a}{4b}+\frac{b}{4a}+\frac{b}{4c}+\frac{c}{4b}+\frac{a}{4c}+\frac{c}{4a}\right)\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}-\frac{a+c}{b}-\frac{b+c}{a}-\frac{c+a}{b}\right)\ge\frac{3}{4}\)(do \(a+b+c=1\))
\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\) luôn đúng. Từ đó suy ba BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số:
\(3\sqrt[3]{\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)2a^2}\le\left(1-a^2\right)+\left(1-a^2\right)+2a^2\)
\(\Leftrightarrow\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)2a^2\le\left(\frac{\left(1-a^2\right)+\left(1-a^2\right)+2a^2}{3}\right)^3=\left(\frac{2}{3}\right)^3=\frac{8}{27}\)
\(\Leftrightarrow\left(1-a^2\right)^2a^2\le\frac{4}{27}\Rightarrow\left(1-a^2\right)a\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{a}{1-a^2}\ge\frac{3\sqrt{3}a^2}{2}\)
Tương tự rồi cộng hai vế, ta có:
\(VT\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
Dấu = <=> \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)