Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Anh giúp em câu này ạ, câu này hơi khó anh ạ, làm chắc cũng lâu, có gì anh để mai cũng được ạ!
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-hinh-chop-sabcd-co-day-la-hinh-binh-hanh-m-va-p-la-hai-diem-lan-luot-di-dong-tren-ad-va-sc-sao-cho-mamd-pspc-x-x0-mat-phang-a-di-qua-m-va-song-song-voi-sab-cat-hinh-chop-sabcd-t.8753881358034
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)
Khi đó ta được: \(ab+bc+ca\ge ab;\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\frac{1}{b^2};\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{1}{a^2}\)
Do đó ta cần chứng minh \(ab\left(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)\ge4\)hay \(\frac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge2\)*đúng theo bất đẳng thức Cô - si*
Đẳng thức xảy ra khi \(a^2+b^2=3ab,c=0\)
Giả sử c = min(a,b,c), khi đó ab+bc+ca>=ab; 1/(b-c)^2>=1/b^2; 1/(c-a)^2>=1/a^2. Ta cần chứng minh: ab(1/(a-b)^2 +1/b^2 + 1/a^2 )>=4. Bằng cách biến đổi tương đương ta được: [ab/(a-b)^2 +a/b + b/a]>=4 <=> ab/(a-b)^2 +a/b+b/a-4>=0 <=>ab/(a-b)^2 + (a^2+b^2-4ab)/ab>=0 <=> ab/(a-b)^2 +[(a-b)^2-2ab]/ab>=0 <=> ab/(a-b)^2 +(a-b)^2/ab - 2 >=0 (1).
Đặt k = ab/(a-b)^2>=0 => (a-b)^2 = 1/k >0.
Áp dụng BĐT Cosi cho k và 1/k => k+1/k >=2 căn(k.1/k)=2 => k+1/k-2>=0 => (1) đã được chứng minh.
Vậy (ab+bc+ca)[1/(a-b)^2 + 1/(b-c)^2 + 1/(c-a)^2]>=4.
Dấu bằng xảy ra khi c = 0 và k=1/k => k^2=1 => a^2b^2=(a-b)^4 => (a-b)^2=ab => a^2+b^2-2ab=ab => a^2-3ab+b^2 = 0. Xem đây là PT bậc hai theo a với hệ số theo b. Lập Delta = 9b^2-4b^2 = 5b^2 => a = (3b+bcăn 5)/2 hoặc a = (3b-bcăn 5)/2.
Bài này mình gặp rất nhiều khó khăn khi biến đổi, và vì biểu thức quá dài nên mình phải dùng ký hiệu \(\Sigma_{sym}\), có thể sẽ gặp phải những sai sót-> sai cả bài, do đó bài làm bên dưới chỉ nêu hướng làm thôi (quy đồng).
Nhân hai vế của BĐT cho \(2\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)\) BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\Leftrightarrow\)\(3\Sigma_{sym}a^3b^3c+\Sigma_{sym}ab^4c^2\ge3\Sigma_{sym}a^5bc+\Sigma_{sym}a^4b^3\)
\(\Leftrightarrow3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)+\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\)
Do \(3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)\ge0\) theo định lí Muirhead.
Do đó ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\). Và chịu:(
Không mất tính tổng quát, ta giả sử c là số nhỏ nhất.
Đặt \(f\left(a;b;c\right)=VP-VT\) và \(t=\frac{a+b}{2}\)
Trước hết ta chứng minh \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(t;t;c\right)\).
Xét hiệu hai vế và nó tương đương ta thấy nó \(\ge0\) do giả sử:
Vậy ta chỉ cần chứng minh \(f\left(t;t;c\right)\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(c-t\right)^2\left(3c^2+3ct+2t^2\right)}{2t\left(c+t\right)\left(2c+t\right)\left(c^2+t^2\right)}\ge0\) (đúng)
Vậy ta có đpcm.
P/s: Lần sau cho đề đẹp đẹp tí, kiểu này quy đồng mà không có máy tính thì cực chetme:(
Bạn tham khảo lời giải tại đây:
Câu hỏi của Nguyễn Xuân Đình Lực - Toán lớp 9 | Học trực tuyến