K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

8 tháng 9 2019

Đây nhá:)Sửa đề:

Chứng minh rằng \(\Sigma S_a\left(b-c\right)^2\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Nếu \(s_a+S_b\ge0;S_b+S_c\ge0;2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\ge0\)

Xét TH \(a\ge b\ge c\) thì bđt đề bài hiển nhiên đúng nên ta chỉ xét:

\(a\le b\le c\) khi đó \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (1)

Ta có: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\)

\(=\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_c+S_b\right)\left(a-b\right)^2+2S_b\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)

\(\ge2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\)

(CÔ si)

Như vậy, BĐT đề bài sẽ được chứng minh nếu:

\(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\right)\ge0\)

Và điều này luôn đúng theo (1) và giả thiết đề bài.

8 tháng 9 2019

\(S_a\left(b-c\right)^2\) là gì vậy, cái này em chưa học. Giải thích đi để em xem thế nào...

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

8 tháng 2 2019

Đây nhé 

Đặt b + c = x ; c + a = y ;  a + b = z 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có : 

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y) 

@Cool Kid:\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+a+b}\)Hay một BĐT mạnh (và đẹp:v) hơn là: \(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)Ta cần chứng...
Đọc tiếp

@Cool Kid:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+a+b}\)

Hay một BĐT mạnh (và đẹp:v) hơn là: 

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)

Ta cần chứng minh: \(VT-VP=\Sigma\frac{\left(a+b-c\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Giả sử \(a\ge c\ge b\) và đặt \(a=b+u+v,c=b+v\)

Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwawrz:

\(VT-VP\ge\frac{4\left(c+a-b\right)^2\left(c-a\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Last inequality is: https://imgur.com/tRsHOfr (mình không gửi ảnh được nên gửi link vậy!)

Done!

0
9 tháng 2 2020

Bài này tao kiên trì trong nháp lắm rồi, nhưng trên này tao không kiên trì nữa đâu :))

Tóm lại bài này của mày quy đồng cả hai vế lên Kết hợp với điều giả sử \(a\ge b\ge c\)

Nên có đpcm.

9 tháng 2 2020

Nguyễn Văn Đạt không cần giả sử nha

8 tháng 11 2019

1 ) \(â+b\ge2\sqrt{ab}\)

Tương tự : \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm

Dấu = xảy ra khi a = b = c

2) Nhân 2 vế bpt vs abc

Cm như 1)

3) \(a+2\ge2\sqrt{2a}\)

\(b+8\ge2\sqrt{8b}\)

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm

Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=8\\a=b\end{matrix}\right.\) (vô lí)

nên k xảy ra đẳng thức

9 tháng 11 2016

d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)

thì : \(a=\frac{x+z-y}{2}\) ; \(b=\frac{x+y-z}{2}\) ; \(c=\frac{y+z-x}{2}\)

Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)

\(=\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

9 tháng 11 2016

b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2abc+c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc+a^2\right)+\left(c^2a^2-2abc+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.

Một bài rất easy để dùng sos đây ạ!1/Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:\(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\) Để ý rằng theo Bunhiacopxki ta có: \(\left(1+1+1\right)\left(\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\left(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\right)^2=VT^2\)Suy...
Đọc tiếp

Một bài rất easy để dùng sos đây ạ!

1/Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:\(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\) 

Để ý rằng theo Bunhiacopxki ta có: \(\left(1+1+1\right)\left(\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\left(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\right)^2=VT^2\)

Suy ra \(\sqrt{\frac{12a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{12b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{12c^2}{\left(a+b\right)^2}}\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\) (do các hai vế đều dương)

Như vậy chúng ta sẽ được một bài toán rộng hơn bài trên,nhưng chắc hẳn rằng khi làm xong bài trên các bạn có thể giải ngay bài này chỉ qua biến đổi bđt đơn giản như trên! :D

Bài toán 2\(\sqrt{\frac{12a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{12b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{12c^2}{\left(a+b\right)^2}}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)

 

 

 

0