Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng
\(\frac{a^4}{b+c}+\frac{b^4}{c+a}+\frac{c^4}{a+b}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{2}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tách : \(a-b=-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\)
Ta có : \(a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\)
\(=a^2b^2\left[-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\right]+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\)
\(=-a^2b^2\left(c-a\right)+c^2a^2\left(c-a\right)-a^2b^2\left(b-c\right)+b^2c^2\left(b-c\right)\)
\(=a^2\left(c-a\right)\left(c^2-b^2\right)+b^2\left(b-c\right)\left(c^2-a^2\right)\)
\(=a^2\left(c-a\right)\left(c-b\right)\left(c+b\right)+b^2\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(c+a\right)\)
\(=\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(b^2c+b^2a-a^2c-a^2b\right)\)
\(=\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left[-\left(a-b\right)\left(ab+bc+ac\right)\right]\)
\(=-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ac\right)\)
a2b2(a-b)+ b2c2(b-c)+ c2a2(c-a)= a3b2-a2b3+b3c2-b2c3+c2a2(c-a)=b3(c2-a2)-b2(c3-a3)+c2a2(c-a)
Ta có ; \(\frac{MA'}{AA'}=\frac{S_{BMC}}{S_{ABC}}\) ; \(\frac{MB'}{BB'}=\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}}\) ; \(\frac{MC'}{CC'}=\frac{S_{ABM}}{S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow\frac{MA'}{AA'}+\frac{MB'}{BB'}+\frac{MC'}{CC'}=\frac{S_{BMC}+S_{AMC}+S_{AMB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
Áp dụng bất đằng thức Cauchy : \(\frac{MA'}{AA'}.\frac{MB'}{BB'}.\frac{MC'}{CC'}\le\left(\frac{MA'+MB'+MC'}{3}\right)^3=\left(\frac{1}{3}\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{MA'}{AA'}.\frac{MB'}{BB'}.\frac{MC'}{CC'}\le\frac{1}{27}\). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}\frac{MA'}{AA'}=\frac{MB'}{BB'}=\frac{MC'}{CC'}\\\frac{MA'}{AA'}+\frac{MB'}{BB'}+\frac{MC'}{CC'}=1\end{cases}}\)\(\Rightarrow\frac{MA'}{AA'}=\frac{MB'}{BB'}=\frac{MC'}{CC'}=\frac{1}{3}\)
Vậy dấu "=" xảy ra khi M là trọng tâm của tam giác ABC.
Ta có : \(A=x^4-2x^3+3x^2+ax+b\)
Vì A là bình phương của một đa thức nên giả sử: \(A=\left(x^2+cx+d\right)^2\)\(\Leftrightarrow x^4+c^2x^2+d^2+2\left(cx^3+cdx+dx^2\right)=x^4-2x^3+3x^2+ax+b\)
\(\Leftrightarrow x^3\left(2c+2\right)+x^2\left(c^2+2d-3\right)+x\left(2cd-a\right)+\left(d^2-b\right)=0\)
Suy ra được : (2c+2) = 0 ; c2+2d-3 = 0 ; 2cd-a = 0 ; d2 - b = 0
\(\Rightarrow c=-1;d=1;a=-2;b=1\)
Vậy \(A=x^4-2x^3+3x^2-2x+1=\left(x^2-x+1\right)^2\)
ta đặt A=(x2`+cx+d)2=x4 +2cx3+(2d+c2)x2+2cdx+d2
đồng nhất hệ số ta được2c=-2;2d+c2=3;2cd=a;b=d2
giải ra ta được a=-2; b=1
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD
\(OA+OB>AB\) ; \(OB+OC>BC\) ; \(OC+OD>CD\) ; \(OA+OD>AD\)
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế được : \(2\left(OA+OB+OC+OD\right)>AB+BC+CD+AD\)
\(\Rightarrow2\left(AC+BD\right)>AB+BC+CD+AD\) \(\Rightarrow AC+BD>\frac{AB+BC+CD+DA}{2}\) (1)
\(AD+CD>AC\) ; \(BC+CD>BD\) ; \(AB+BC>AC\) ; \(AB+AD>BD\)
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế được : \(2\left(AC+BD\right)< 2\left(AB+BC+CD+DA\right)\)
\(\Rightarrow AC+BD< AB+BC+CD+DA\)(2)
Từ (1) và (2) ta có : \(\frac{AB+BC+CD+DA}{2}< AC+BD< AB+BC+CD+AD\)
hay \(\frac{AB+BC+CD+DA}{2}< OA+OB+OC+OD< AB+BC+CD+AD\)
<=> x^2 + y^2 + z^2 - xy - 3y - 2z + 4 <= 0
<=> (x^2 - xy + 1/4y^2) + (3/4y^2 - 3y + 3) + (z^2 - 2z + 1) <= 0
<=> (x^2 - xy + 1/4y^2) + 3(1/4y^2 - y + 1) + (z^2 - 2z + 1) <=0
<=> (x-1/2y)^2 + 3(1/2y-1)^2 + (z-1)^2 <=0
Nhận xét: 3 cái bình phương đều >=0 với mọi x,y,z nên VT>=0 với mọi x,y,z. Để bất phương trình đúng thì VT=0 <=> 3 cái đồng thời = 0
<=> x = 1/2y và 1/2y = 1 và z = 1.
Bạn giải 3 phương trình trên => x = 1, y = 2, z = 1.
Ta có : \(a^2+2bc-1=a^2+2bc-\left(ab+bc+ac\right)=a^2+bc-ab-ac\)
\(=a\left(a-b\right)-c\left(a-b\right)=\left(a-b\right)\left(a-c\right)\)
Tương tự ta có : \(b^2+2ac-1=\left(b-a\right)\left(b-c\right)=-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)
\(c^2+2ab-1=\left(c-a\right)\left(c-b\right)=\left(b-c\right)\left(a-c\right)\)
Do đó : \(B=\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right).\left[-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\right].\left(b-c\right)\left(a-c\right)}{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
\(=\frac{-\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}=-1\)
a) Ta có 1+a2=ab+bc+ca+a2=a(b+a)+c(b+a)=(a+b)(c+a)
Tương tự 1+b2=(a+b)(b+c);1+c2=(a+c)(b+c)
Suy ra A=(a+b)2(b+c)2(c+a)2(a+b)(c+a)(a+b)(b+c)(a+c)(b+c)=1
b) Ta có a2+2bc−1=a2+2bc−ab−bc−ca=a2+bc−ab−ca=a(a−c)+b(c−a)=(b−a)(c−a)
Tương tự: b2+2ca−1=(c−b)(a−b);c2+2ab−1=(a−c)(b−c).
Ta biến đổi phương trình thành:
\(\left(x^4+2x^2+1\right)-\left(x^3+x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)^2-x\left(x^2+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)\left(x^2+1-x\right)=0\)
Với mọi \(x\in R\)ta có \(x^2+1>0\)
và \(x^2-x+1=\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)+\frac{3}{4}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)
Cả 2 nhân tử ở vế trái đều dương nên tích không thể bằng 0. Hay không tồn tại x thỏa mãn đề bài.