\(\left(ac+bd\right)^3\le2\left(a^3+b^3\right)\left(c^3+d...">
K
Khách

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

27 tháng 10 2020

Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)

Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)

29 tháng 10 2020

Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)

Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)

\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1/2

13 tháng 11 2019

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)

Theo đề bài ta có

\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)

Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)

Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)

Khi đó BĐT <=>

\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)

<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị

17 tháng 2 2020

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)

Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)

Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)

Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

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

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

Ta lại có 

\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)

Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)

Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)

\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)

\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)

21 tháng 12 2018

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt{a\left(b+2c\right)}=\frac{\sqrt{3a\left(b+2c\right)}}{\sqrt{3}}\le\frac{\frac{3a+b+2c}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{3a+b+2c}{2\sqrt{3}}\)

Tương tự ta cũng có:\(\sqrt{b\left(c+2a\right)}\le\frac{3b+c+2a}{2\sqrt{3}}\)

               \(\sqrt{c\left(a+2b\right)}\le\frac{3c+a+2b}{2\sqrt{3}}\)

Cộng theo vế các BĐT lại ta được:

\(VT\le\frac{3a+b+2c}{2\sqrt{3}}+\frac{3b+c+2a}{2\sqrt{3}}+\frac{3c+a+2b}{2\sqrt{3}}=\frac{6a+6b+6c}{2\sqrt{3}}=\frac{6.4}{2\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\)

21 tháng 12 2018

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{4}{3}\)

24 tháng 11 2018

Ta có \(a+b+c+d=0\Leftrightarrow a+c=-\left(b+d\right)\Leftrightarrow\left(a+c\right)^3=\left[-\left(b+d\right)\right]^3\Leftrightarrow a^3+3a^2c+3ac^2+c^3=-b^3-3b^2d-3bd^2-d^3\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3a^2c-3ac^2-3b^2d-3bd^2\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3ac\left(a+c\right)-3bd\left(b+d\right)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3ac\left(b+d\right)-3bd\left(b+d\right)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3\left(b+d\right)\left(ac-bd\right)\)Vậy \(a+b+c+d=0\) thì \(a^3+b^3+c^3+d^3=3\left(b+d\right)\left(ac-bd\right)\)

14 tháng 12 2019

có cả mấy bất đẳng thức đó hả

bn viết công thức tổng quát ra cho mk vs

mk thanks