\(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a^4+b^4+c^4=3\end{cases}}\).cmr:
K
Khách

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

25 tháng 3 2017

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)

Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)

Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)

Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có: 

\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

25 tháng 3 2017

Cách khác dùng Schur như sau :)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)

Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có: 

\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)

\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)

BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra: 

\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\) 

Đúng theo BĐT Cô-si

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

13 tháng 11 2018

khó quá nha bn

mk mới chỉ hok lớp 7 thôi

xin lỡi nha

mk tin sẽ có nguoi tra lới cau hoi của bn

hok tot >_<

29 tháng 6 2017

Ta có:

\(\left(a+b+c+d\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)\ge\left(a+b+c+d\right).\frac{16}{\left(a+b+c+d\right)}=16\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge4\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

12 tháng 12 2018

Chieu nha

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)TH1: Với a+b+c=0\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{cases}}\)Ta...
Đọc tiếp

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)

TH1: Với a+b+c=0\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{cases}}\)

Ta có:\(S=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)

\(=\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{a+c}{a}\)

\(=\frac{-c}{b}.\frac{-a}{c}.\frac{-b}{a}\)

\(=-1\)

TH2: \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)

\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\left(1\right)\)

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0;\forall a,b,c\\\left(b-c\right)^2\ge0;\forall a,b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0;\forall a,b,c\end{cases}}\)\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0;\forall a,b,c\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c\)

Ta có: \(S=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)

\(=2.2.2=8\)

Vậy .... ( ko bít ghi kiểu gì luôn -.- )

0
2 tháng 11 2017

Áp dụng bđt bu nhi a ta có 

\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\left(-2-c\right)^2\le2\left(2-c^2\right)\)

=> \(c^2+4c+4\le4-2c^2\)

=> \(3c^2+4c\le0\Rightarrow c\left(3c+4\right)\le0\Rightarrow-\frac{4}{3}\le c\le0\)

 ta có a > 0 → b + c < 1 
→ 4bc < (b + c)² < 1 
→ bc < 1\4 
tương tự với ab, ac là => dpcm

19 tháng 8 2017

 ta có a > 0 → b + c < 1 

→ 4bc < (b + c)² < 1 

→ bc < 1\4 

tương tự với ab, ac là => dpcm