Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :
\(x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}\)
\(y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}\)
Cộng vế với vế ta được :
\(x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng mình
Ta đi chứng minh:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)* đúng *
Khi đó:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\)
a) \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cô -si cho 3 số dương:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
phân tích lần lượt \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=abc-ab-bc-ca+a+b+c-1\)(tự nhân ra hộ mình nhé)
\(=\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)(vì abc=1)
Theo đề bài ta có: \(a+b+c>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=ab+bc+ca\)(vì abc=1)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)>0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)>0\)
Bên h t làm full 2 cách nhưng gửi link ko đc (muốn thì ib t gửi full). Copy lại nhé:
Cách 1: (ko chắc:v)
Cách 2:
3 bài thì thấy 1 bài có trên mạng rồi, buồn thật:( Bài cuối từ từ tí mở Maple lên check đề. Thấy lạ lạ không dám làm ngay:v
Bài 1: Ez game, chỉ là Buffalo Way, mà Ji Chen (tác giả BĐT Iran 96 có giải rồi, mình không giải lại): hard inequalities
Bài 2: Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{3x}{x+y+z};\frac{3y}{x+y+z};\frac{3z}{x+y+z}\right)\) rồi quy đồng lên xem.
Bài 3: Tí check đề cái đã.
Ta có:
\((p-a)(p-b) \leq \frac{(p-a+p-b)^2}{4}=\frac{c^2}{4}\) tương tự rồi nhân lại, ta có đpcm.
Ta có bất đẳng thức phụ sau:
\(\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\le abc\) \(\left(\text{*}\right)\) với \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác \(\left(a,b,c>0\right)\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các cặp số dương:
\(\left(a+b-c\right)+\left(c+a-b\right)\ge2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\)
\(\Rightarrow\) \(2a\ge2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\)
\(\Rightarrow\) \(a^2\ge\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\) \(\left(1\right)\)
Tương tự áp dụng bất đẳng trên, ta cũng được:
\(b^2\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\) \(\left(2\right)\) và \(c^2\ge\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\) \(\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) \(\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\) \(\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\le abc\)
Dấu \(''=''\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\) \(\Leftrightarrow\) tam giác đó là tam giác đều