K
Khách

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

30 tháng 12 2019

a) \(S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0\)

Ta có: \(VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2\)

\(=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

30 tháng 12 2019

b) \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\) (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)

\(\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\) (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)

11 tháng 11 2019

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:(

6 tháng 7 2020

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$:$

\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)

\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)

8 tháng 1 2020

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)

\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

27 tháng 9 2020

Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)

Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được

\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)

Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)

Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

27 tháng 9 2020

Bài 3:

Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)

Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)

Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:

\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)

Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị

29 tháng 11 2016

1)Áp dụng Bđt Am-Gm \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\)

2)Áp dụng Am-Gm \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab;b^2+c^2\ge2bc;a^2+c^2\ge2ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

=>ĐPcm

3)(a+b+c)2\(\ge\)3(ab+bc+ca)

=>a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca\(\ge\)3ab+3bc+3ca

=>a2+b2+c2-ab-bc-ca\(\ge\)0

=>2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0

=>(a2-2ab+b2)+(b2-2bc+c2)+(c2-2ac+a2)\(\ge\)0

=>(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge\)0

4)đề đúng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)

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

1 tháng 8 2020

Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)

Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\)\(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)

Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*

\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{​​}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)

\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:

27 tháng 7 2020

1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)

\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)

bài 2 xem có ghi nhầm ko

14 tháng 12 2020

Ta thấy: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}}\)

Ta lại có: \(\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}\le\frac{\left(a^2b+b^2c\right)+\left(bc^2+ca^2\right)+\left(c^2a+ab^2\right)}{3}=\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+bc\right)}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}\)

Nhận thấy: \(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=a^3+b^3+c^3+3abc+2\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)

Theo Schur: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow A\ge3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{9}{a+b+c}\)

16 tháng 2 2021

giúp với