Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không mất tính tổng quát giả sử
\(1< a\le b\le c\)
Ta có:
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)-\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{16}\left(b^2+c^2+6bc-16\right)\le0\)
\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\le\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
Đặt \(c+b=2x\)
\(\Rightarrow VT\le\left(a^2+2\right)\left[\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+2\right]^2\)
\(=\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2\)
Ta cần chứng minh
\(\left[\left(6-2x\right)^2+2\right]\left(x^2+2\right)^2-216\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x-2\right)^2\left(2x^4-4x^3+3x^2-20x-8\right)\le0\)
(cái cuối cùng e tự chứng minh nha)
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: \(a=b=c\)
Từ giả thiết suy ra \(0< a;b;c< 1\), BĐT tương đương:
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)^2\left(\frac{1}{c}-1\right)^3\ge5^6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a}-1;\frac{1}{b}-1;\frac{1}{c}-1\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x;y;z>0\)
Ta cần chứng minh \(xy^2z^3\ge5^6\)
Ta có\(\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{1+x}\\b=\frac{1}{1+y}\\c=\frac{1}{1+z}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{2}{1+y}+\frac{3}{1+z}\le1\)
\(\Rightarrow1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}\ge\frac{2}{1+y}+\frac{3}{1+z}=\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+z}\)
\(\Rightarrow\frac{x}{1+x}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}}\)
Tương tự ta có: \(\frac{y}{1+y}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)^3}}\Rightarrow\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}\ge5^2\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^6}}\) ;
\(\frac{z}{1+z}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2}}\Rightarrow\frac{z^3}{\left(1+z\right)^3}\ge5^3\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^3\left(1+y\right)^6\left(1+z\right)^6}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{xy^2z^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}\ge5^6\sqrt[5]{\frac{1}{\left(1+x\right)^5\left(1+y\right)^{10}\left(1+z\right)^{15}}}=\frac{5^6}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow xy^2z^3\ge5^6\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=5\) hay \(a=b=c=\frac{1}{6}\)
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:
BĐT cần CM tương đương với:
\(\left[\frac{(a+b)(1-ab)}{(a^2+1)(b^2+1)}\right]^2\leq \frac{1}{4}\)
Đặt $a+b=x; ab=y$ thì BĐT \(\Leftrightarrow \left(\frac{x(1-y)}{y^2+x^2-2y+1}\right)^2=\left(\frac{x(y-1)}{x^2+(y-1)^2}\right)^2\leq \frac{1}{4}\)
Điều này luôn đúng vì theo BĐT AM-GM:
\([x^2+(y-1)^2]^2=x^4+(y-1)^4+2x^2(y-1)^2\geq 2x^2(y-1)^2+2x^2(y-1)^2=[2x(y-1)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{[x(y-1)]^2}{[x^2+(y-1)^2]^2}\leq \frac{[x(y-1)]^2}{[2x(y-1)]^2}=\frac{1}{4}\)
\(\left(a+b+c+1\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)+6ab\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)+6ab-\left(a+b+c+1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(4a^2+4b^2+c^2+1+4ab-2ac-2a-2bc-2b+2c\right)+\frac{3}{2}\left(c^2-2c+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b-c-1\right)^2+\frac{3}{2}\left(c-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu đẳng thức bạn tự xét nhé :)