Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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: \(a=b=c\)
a/ Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)
Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
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.