Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(LHS\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}}\) (Cô si + nhân cả tử và mẫu với 3(a+b+c) )
Mặt khác áp dụng BĐT quen thuộc \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
với x = ab; y = bc; z = ca thu được: \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
Từ đó: \(LHS\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}}=RHS\)(qed)
2 ) b )
\(a+b+c+d=0\)
\(\Leftrightarrow a+b=-\left(c+d\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=-\left(c+d\right)^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3b^2a=-c^3-3c^2d-3d^2c-d^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3b^2a+c^3+3c^2d+3d^2c+d^3=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3a^2b-3b^2a-3c^2d-3d^2c\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3ab\left(a+b\right)-3cd\left(c+d\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3ab\left(c+d\right)-3cd\left(c+d\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3\left(ab-cd\right)\left(c+d\right)\) \(\left(đpcm\right)\)
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 cần chứng minh
\(6\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)+Σ\left(a^2b+a^2c-2abc\right)\le2\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow6Σ\left(a^2b+a^2c+abc\right)+Σ\left(a^2b+a^2c-2abc\right)\le2Σ\left(a^3+3a^2b+3a^2c+2abc\right)\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(2a^3-a^2b-a^2c\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ\left(a^3-a^2b-ab^2+b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)+\left(b-c\right)^2\left(b+c\right)+\left(c-a\right)^2\left(c+a\right)\ge0\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
sử dụng bđt phụ: \(\left(1+x^3\right)\left(1+y^3\right)\left(1+z^3\right)\ge\left(1+xyz\right)^3\)
Biến đổi tương đương
khi đó: \(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+b^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)^3\)
Tương tự có đpcm
Lời giải:
Ta có:
\(ab+bc+ac=abc\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Xét \(a^4+b^4-(ab^3+a^3b)=(a-b)(a^3-b^3)\)
\(=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\geq 0\forall a,b> 0\)
\(\Rightarrow a^4+b^4\geq ab^3+a^3b\)
\(\Rightarrow 2(a^4+b^4)\geq (a^3+b^3)(a+b)\)
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac{(a^3+b^3)(a+b)}{2ab(a^3+b^3)}=\frac{a+b}{2ab}=\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}+\frac{b^4+c^4}{bc(b^3+c^3)}+\frac{c^4+a^4}{ca(c^3+a^3)}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=3\)
a) \(a^3+b^3-a^2b-ab^2\)
\(=a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\)
\(=\left(a^2-b^2\right)\left(a-b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)
\("="\Leftrightarrow a=b\)
b) \(a^4+b^4-a^3b-ab^3=a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)=\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2\left(a^2+\frac{1}{4}ab+b^2+\frac{3}{4}ab\right)=\left(a-b\right)^2\left[\left(a+\frac{1}{2}b\right)^2+\frac{3}{4}ab\right]\ge0\)
\("="\Leftrightarrow a=b\)