Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
a/ Bình phương 2 vế:
\(\frac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\le\frac{a+b}{2}\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
b/ Bình phương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge ac+bd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2-2abcd+b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
b/ Ta có: \(\left(a+b-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow c^2+b^2-ac+ab\le2bc\)
Ta lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le a^2+4bc+3ac+ab\)
Giờ ta cần chứng minh:
\(a^2+4bc+3ac+ab\le9bc\)
\(\Leftrightarrow a^2+3ac+ab\le5bc\)
Cái này là đúng vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác và \(a\le b\le c\)
1. BĐT tương đương với \(6\left(a^2+b^2\right)-2ab+8-4\left(a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{a^2+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[a^2-4a\sqrt{b^2+1}+4\left(b^2+1\right)\right]+\left[b^2-4b\sqrt{a^2+1}+4\left(a^2+1\right)\right]\)\(+\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\sqrt{b^2+1}\right)^2+\left(b-2\sqrt{a^2+1}\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
=> Đẳng thức không xảy ra
2. \(a^4+b^4+c^2+1\ge2a\left(ab^2-a+c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^2+1\ge2a^2b^2-2a^2+2ac+2a\)
\(\Leftrightarrow\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)
Lời giải:
Sử dụng một hệ quả quen thuộc:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\) \((1)\)
BĐT luôn đúng vì tương đương với:\(\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}\geq 0\)
Ta sẽ cm \(ab+bc+ac\geq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\) \((2)\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)\geq 2\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{ab}-\sqrt{ac})^2+(\sqrt{ab}-\sqrt{bc})^2+(\sqrt{ac}-\sqrt{bc})^2\geq 0\)
(luôn đúng)
Do đó ta có \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)