K
Khách

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

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 6 2018

We have:\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=\frac{1}{3}\\a,b,c>0\end{cases}\Rightarrow0< a,b,c< \frac{1}{\sqrt{3}}}\)

We prove to:

\(4x+\frac{2}{3x}\ge-3x^2+\frac{11}{3}\)  with  \(0< x< \frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow4x+\frac{2}{3x}+3x^2-\frac{11}{3}\ge0\)

\(\Leftrightarrow9x^3+12x^2-11x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x+1\right)^2\left(x+2\right)\ge0\)   Always true to all \(0< x< \frac{1}{\sqrt{3}}\) 

\(\Rightarrow VT\ge-3a^2+\frac{11}{3}-3b^2+\frac{11}{3}-3c^2+\frac{11}{3}\)

\(=-3\left(a^2+b^2+c^2\right)+11=-3.\frac{1}{3}+11=10\) \(\left(đpcm\right)\)

9 tháng 6 2018

Đặt biểu thức trên là \(A\)

Ta có : \(A=\left(4a+\frac{2}{3a}\right)+\left(4b+\frac{2}{3b}\right)+\left(4c+\frac{2}{3c}\right)\)

Cần chứng minh \(4a+\frac{2}{3a}\ge-3a^2+\frac{11}{3}\) (*)

Thật vậy \(BĐT\Leftrightarrow4a+\frac{2}{3a}+3a^2-\frac{11}{3}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{12a^2+2+9a^3-11a}{3a}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(a+2\right)\left(3a-1\right)^2}{3a}\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự : \(4b+\frac{2}{3b}\ge-3b^2+\frac{11}{3}\)   và \(4c+\frac{2}{3c}\ge-3c^2+\frac{11}{3}\)

Cộng các bất dẳng thức vừa CM đc ta có :

\(A\ge-3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{11}{3}.3=-3.\frac{1}{3}+11=10\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

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: \(a=b=c\)

31 tháng 10 2016

cái áp dụng là Schawrts chứ

12 tháng 8 2020

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

22 tháng 6 2017

Câu hỏi hay luôn:))

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó \(max\left\{\left(a-b\right)^2,\left(b-c\right)^2,\left(c-a\right)^2\right\}=\left(a-c\right)^2\)

Như vậy, ta sẽ tìm k sao cho \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\)

Cho c = 0, a = 2b ta được \(\dfrac{-1}{4}\le k\le\dfrac{1}{2}\). Ta sẽ C/m \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\) với mọi \(\dfrac{-1}{4}\le k\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\Leftrightarrow\left(k+\dfrac{1}{4}\right)\left(a-c\right)^2+\dfrac{1}{12}\left(a+c-2b\right)^2\ge0\)

Nên BĐT đầu tiên đúng. Đồng thời:

\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{2}-k\right)\left(a-c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+c-2b\right)^2\ge0\)

Nên BĐT thứ 2 cũng đúng

22 tháng 4 2021

Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\) Thì bài toán thành chứng minh

\(3\left(\sqrt{\frac{a+b}{2c}}+\sqrt{\frac{b+c}{2a}}+\sqrt{\frac{c+a}{2b}}\right)^2\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Áp dụng holder ta có:

\(\left(\sqrt{\frac{a+b}{2c}}+\sqrt{\frac{b+c}{2a}}+\sqrt{\frac{c+a}{2b}}\right)^2\left(2c\left(a+b\right)^2+2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2\right)\)

\(\ge\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]^3=8\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow VT\ge3.\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2}\)

Từ đây ta cần chứng minh:

\(3.\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2}\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow2a\left(b+c\right)^2+2b\left(c+a\right)^2+2c\left(a+b\right)^2\le3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)( đúng )

Vậy có ĐPCM