Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(BDT\Leftrightarrow2\left[\dfrac{a^3+b^3+c^2}{abc}-3\right]+9\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}-3\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)\sum\left(a-b\right)^2}{abc}+\dfrac{-9\sum\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\left(\dfrac{a+b+c}{abc}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2.\dfrac{\sum\left(a-b\right)^2.\left(a+b+3c\right)}{2abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge0\) (đúng)
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Ta chứng minh bổ đề:
\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2\ge\frac{260}{9}-\frac{160x}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{9x^4+480x^3-242x^2+9}{9x^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(3x-1\right)^2\left(x^2+54x+9\right)}{9x^2}\ge0\)(đúng)
Áp dụng vào bài toán ta được.
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\ge\frac{260}{9}-\frac{160a}{3}+\frac{260}{9}-\frac{160b}{3}+\frac{260}{9}-\frac{160c}{3}\)
\(=\frac{260}{3}-\frac{160}{3}\left(a+b+c\right)=\frac{260}{3}-\frac{160}{3}=\frac{100}{3}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
áp dụng bunhia ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left[\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\right]\ge\left(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c}\right)^2\)
\(\ge\left(1+\frac{9}{a+b+c}\right)^2=100\)
\(\Rightarrow3\left[\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\right]\ge100\)
\(\Rightarrow\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{100}{3}\left(Q.E.D\right)\)
Câu 1 chuyên phan bội châu
câu c hà nội
câu g khoa học tự nhiên
câu b am-gm dựa vào hằng đẳng thử rồi đặt ẩn phụ
câu f đặt \(a=\frac{2m}{n+p};b=\frac{2n}{p+m};c=\frac{2p}{m+n}\)
Gà như mình mấy câu còn lại ko bt nha ! để bạn tth_pro full cho nhé !
Câu c quen thuộc, chém trước:
Ta có BĐT phụ: \(\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x^4}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\) \((\ast)\)
Hay là: \(\frac{1}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Có: \(8(y^2+z^2) \Big[(x^2 +y^2 +z^2)^2 -x\left\{x^3 +(y+z)^3 \right\}\Big]\)
\(= \left( 4\,x{y}^{2}+4\,x{z}^{2}-{y}^{3}-3\,{y}^{2}z-3\,y{z}^{2}-{z}^{3 } \right) ^{2}+ \left( 7\,{y}^{4}+8\,{y}^{3}z+18\,{y}^{2}{z}^{2}+8\,{z }^{3}y+7\,{z}^{4} \right) \left( y-z \right) ^{2} \)
Từ đó BĐT \((\ast)\) là đúng. Do đó: \(\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\therefore VT=\sum\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\sum\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}=1\)
Done.
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) \(S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0\)
Ta có: \(VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2\)
\(=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
b) \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\) (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)
Kết hợp Mincôpxki và C-S:
\(VT\ge\sqrt{\left(\frac{3}{a+b}+\frac{3}{b+c}+\frac{3}{a+c}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\sqrt{\left(\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{\frac{405}{4\left(a+b+c\right)^2}+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\sqrt{\frac{405}{12\left(a^2+b^2+c^2\right)}+2\sqrt{\frac{81\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}}}=\sqrt{\frac{405}{12.3}+18}=\frac{3\sqrt{13}}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
t nghĩ đề phải bổ sung là a,b,c > 0 nữa.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với :
\(\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}-6+\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)}{abc}+\frac{9\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)-27\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{abc}-\frac{18\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left[\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc\right]\ge0\)
cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc+a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)-6abc\ge0\)
Ta thấy \(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)
\(a\left(b^2+c^2\right)+b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)-6abc=a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Thanh Tùng DZ Sao anh ko dùng co si cho nhanh để cm cái bđt cuối ??
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\Rightarrowđpcm\)