Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Bài 1 : Áp dụng BĐT trong tam giác ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế BĐT ta được :
\(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\) ( đpcm )
Bài 2 : Theo BĐT Cô - si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge abc\) (1)
Theo câu 1 ta lại có :
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)
Đặt \(x=a+b+c;y=ab+bc+ac;z=abc\)
Suy ra : \(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\ge\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(1+z\right)+\sqrt{2\left(x^2+y^2+z^2-2xz-2y+1\right)}\ge x+y+z+1\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2-2xz-2y+1\right)\ge\left(x+y-z-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-2xy-2xz+2x+2yz-2y-2z+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y-z+1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
\(2\left(1+abc\right)+\sqrt{2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}.\)
\(=2\left(1+abc\right)+\sqrt{\left[\left(a+1\right)^2+\left(1-a\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2+\left(bc-1\right)^2\right]}\)
\(\ge2\left(1+abc\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)+\left(1-a\right)\left(bc-1\right)\)
\(=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)