Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2) a) Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(a\ge b\ge c>0\).Suy ra \(a+b\ge a+c\ge b+c\)
Ta có : \(\frac{b}{c+a}< \frac{b}{b+c}\); \(\frac{c}{a+b}< \frac{c}{b+c}\); \(\frac{a}{b+c}< 1\)
\(\Rightarrow\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}< \frac{b+c}{b+c}+1=2\)
b) Đặt \(x=b+c-a\); \(y=c+a-b\); \(z=a+b-c\);
Khi đó : \(2a=y+z\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\). \(b=\frac{x+z}{2}\); \(c=\frac{x+y}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{\frac{y+z}{2}}{x}+\frac{\frac{x+z}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y}{2}}{z}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\)
Mặt khác ta có : \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\); \(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\); \(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{\frac{y+z}{2}}{x}+\frac{\frac{x+z}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y}{2}}{z}\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)\)
hay \(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)(đpcm)
No Name:Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3
Do a,b,c bình đẳng ta giả sử \(a\ge b\ge c\)
Đặt \(a-b=x;b-c=y\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(c\left(x^2+xy+y^2\right)+x^2\left(x+2y\right)\ge0\left(true\right)\)
Vậy BĐT được chứng minh
\(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)
VT : (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
= a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc + 2ac + a2 + b2 + c2
= ( a2 + 2ab + b2 ) + (b2 + 2bc + c2) + ( a2 + 2ac + c2)
= (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 = VP
Vậy \(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)(đpcm)
(a2+ab+ac)(a2+ab+ac+bc)+b2c2
đặt a2+ab+ac=x; bc=y
=>x(x+y)+y2=x2+xy+y2>=0(đúng)
Sửa đề: a,b,c,d>0
C/m: \(\left(\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\right)^2\ge\left(a+c\right)\left(c+d\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+c\right)+\left(b+d\right)}{2}\right]^2\ge\left[\frac{2.\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}}{2}\right]^2=\left(a+c\right)\left(b+d\right)\)
Dấu " = " xảy ra <=> a+c=b+d
Ta có : \(VT=\frac{\left(2a+2b-c\right)^2+\left(2b+2c-a\right)^2+\left(2c+2a-b\right)^2}{9}\)
\(=\frac{4a^2+4b^2+8ab+c^2-4ac-4ab+4b^2+4c^2+8bc+a^2-4ba-4bc+4c^2+4a^2+8ac+b^2-4bc-4ab}{9}\)\(=\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{9}=a^2+b^2+c^2=VP\)
Vậy ta có đẳng thức:
\(\left(\frac{2a+2b-c}{3}\right)^2+\left(\frac{2b+2c-a}{3}\right)^2+\left(\frac{2c+2a-b}{3}\right)^2=a^2+b^2+c^2\)
Sửa đề: Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức
|b - c| > |a|(*); |c - a| > |b|(**); |a - b| > |c|(***)
Ta dễ thấy a, b, c phải khác nhau từng đôi 1
Ta thấy rằng vai trò của a, b, c trong bài này là như nhau nên ta chỉ cần giải 4 trường hợp là
\(\left(a>0,b>0,c>0\right);\left(a< 0,b< 0,c< 0\right);\left(a>0,b>0,c< 0\right);\left(a< 0,b< 0,c>0\right)\)
Không mất tính tổng quát ta giả sử: |a| > |b| > |c|
Với \(a>0,b>0,c>0\)thì |b - c| > |a| là sai (1)
Với \(a< 0,b< 0,c< 0\) thì |b - c| > |a| là sai (2)
Với \(a>0,b>0,c< 0\)thì ta đặt \(c=-z\left(z>0\right)\)
Thì bất đẳng thức (*), (**) ban đầu viết lại là:
\(\hept{\begin{cases}b+z>a\\a-b>z\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}z>a-b\\z< a-b\end{cases}}\)(sai) (3)
Với \(a< 0;b< 0;c>0\)thì ta đặt \(\hept{\begin{cases}a=-x\left(x>0\right)\\b=-y\left(y>0\right)\end{cases}}\)
Thì bất đẳng thức (*), (**) ban đầu viết lại là:
\(\hept{\begin{cases}y+c>x\\x-y>c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c>x-y\\c< x-y\end{cases}}\)(sai) (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra điều phải chứng minh
mk góp thêm 1 cách nữa
Giả sử tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn cả 3 BĐT trên. Ta có:
\(\left|b-c\right|>\left|a\right|\)\(\Rightarrow\)\(\left(b-c\right)^2>a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(b^2-2bc+c^2-a^2>0\)
\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)>0\)(1)
Tương tự \(\left|c-a\right|>\left|b\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (2)
và \(\left|a-b\right|>\left|c\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (3)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế ta được \(-\left[\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\right]^2>0\) (vô lý)
Vậy ko tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn 3 BĐT đã cho.
Lời giải:
BĐT tương đương với \((a^2+ab+ac)(a^2+ac+ab+bc)+b^2c^2\geq 0\)
Đặt \(a^2+ab+ac=t\)
BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow t(t+bc)+b^2c^2=(t-\frac{bc}{2})^2+\frac{3b^2c^2}{4}\geq 0\)
Luôn đúng vì bình phương của một số thực luôn là số không âm
Dấu bằng xảy ra khi \(2(a^2+ab+ac)=bc\) và \(bc=0\)