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 \(a=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow3\le3a\Rightarrow a\ge1\Rightarrow1\le a\le2\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=a^2+\left(3-a\right)^2\)
\(=2a^2-6a+9=2\left(a^2-3a+2\right)+5=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(\text{a=2;b=1;c=0}\) và hoán vị
Bđt Bu-nhia-cop-xki \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\), đẳng thức xảy ra khi \(ay=bx\)
a.
\(\left(2x+3y\right)^2=\left(\sqrt{2}.\sqrt{2}x+\sqrt{3}.\sqrt{3}y\right)^2\le\left(2+3\right)\left(2x^2+3y^2\right)=5^2\)
\(\Rightarrow-5\le2x+3y\le5\)
b.
\(\sqrt{a+c}.\sqrt{b+c}+\sqrt{a-c}.\sqrt{b-c}\le\sqrt{a+c+a-c}.\sqrt{b+c+b-c}\)
\(=\sqrt{2a}.\sqrt{2b}=2\sqrt{ab}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{a-c}}=\frac{\sqrt{b+c}}{\sqrt{b-c}}\), hay \(a=b\)
Thử lại với a = b thì \(VT=2a=2\sqrt{ab}=VP>\sqrt{ab}\) nên đề đã ra sai vế phải của bđt.
c.
bđt \(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)
d.
bđt \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}\)
\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{c^2+d^2}\)
bđt trên luôn đúng vì theo bđt Bu-nhia-cop-xki, ta có:
\(\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bd\right)^2}=\left|ac+bd\right|\ge ac+bd\)
Ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{a^2+9}{2a^2+\left(3-a\right)^2}+\frac{b^2+9}{2b^2+\left(3-b\right)^2}+\frac{c^2+9}{2c^2+\left(3-c\right)^2}\le5\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}+\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}+\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le5\)
Thật vậy ta sẽ chứng minh: \(\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}\le\frac{a+4}{3}\)
\(\Leftrightarrow.............................\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+3\right)\ge0\) ( Luôn đúng với a > 0 )
Tương tự ta có: \(\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}\le\frac{b+4}{3}\)
\(\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le\frac{c+4}{3}\)
Cộng từng vế các BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+12}{3}=\frac{15}{3}=5\) \(\left(Q.E.D\right)\)
từ gt \(\Rightarrow\)abc>0 => (2-a)(2-b)(2-c)>0 =>
8+2(ab+bc+ca)−4(a+b+c)−abc≥0 => 2(ab+bc+ca) \(\ge\)4 + abc \(\ge\)4
=> (a+b+c)^2≥4+a2+b2+c2 => a^2+b^2+c^2 \(\le\) 5
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Xảy ra khi \(a=b=c=1\)
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\le5\)
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\)\(\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(a=2;b=1;c=0\) và hoán vị
Cho mk hỏi abc = ? v bn