K
Khách

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

31 tháng 10 2016

cái áp dụng là Schawrts chứ

12 tháng 8 2020

BĐT sau đây vẫn đúng: \(\Sigma a\left(a-c\right)\left(a-b\right)\ge abc\left(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}-3\right)+\frac{16\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^3}\)

1 tháng 11 2016

mày điên à, làm gì có câu hỏi kiểu này?

1 tháng 11 2016

mày bị điên rồi hả câu hỏi thế này làm gì có người giải được

9 tháng 4 2021

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y}k;\frac{y}{z}k;\frac{z}{x}k\right)\) \(k\inℝ^+\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\frac{1}{\frac{x}{y}k\left(\frac{y}{z}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{y}{z}k\left(\frac{z}{x}k+1\right)}+\frac{1}{\frac{z}{x}k\left(\frac{x}{y}k+1\right)}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\left(1+\sqrt[3]{\frac{x}{y}k\cdot\frac{y}{z}k\cdot\frac{z}{x}k}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\ge\frac{3}{k\left(1+k\right)}\) (D)

Ta có: \(\frac{yz}{xk\left(yk+z\right)}+\frac{zx}{yk\left(zk+x\right)}+\frac{xy}{zk\left(xk+y\right)}\)

\(=\frac{\left(yz\right)^2}{xyzk\left(yk+z\right)}+\frac{\left(zx\right)^2}{xyzk\left(zk+x\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyzk\left(xk+y\right)}\)

\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{xyzk\left(xk+yk+zk+x+y+z\right)}\) (Bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức)

\(\ge\frac{3\left(xyz^2+xy^2z+x^2yz\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3xyz\left(x+y+z\right)}{xyzk\left(x+y+z\right)\left(k+1\right)}=\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)

=> BĐT (D) đúng => đpcm

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

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$:$

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

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

cố quá = quá cố

@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
10 tháng 11 2016

a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:

\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:

\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

Dấu = khi a=b=c

b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc^2a}{ab}}=2c\)

\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca^2b}{bc}}=2a\)

\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{b^2ac}{ac}}=2b\)

Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:

\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)

Đấu = khí a=b=c

 

10 tháng 11 2016

bn sử đấu = khí dấu = khi nhé