HL
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
HN
0
L
2
5 tháng 7 2019
\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (1)
Và \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge a+b-1\\bc\ge b+c-1\\ca\ge c+a-1\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(ab+bc+ca\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (2)
(1), (2) \(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(\hept{\begin{cases}a\le1\\b\le1\\c\le1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\\c^3\le c^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)=2a^3+2b^3+2c^3\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=1;b=1;c=0\) và các hoán vị
12 tháng 6 2020
Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.
KT
3
29 tháng 11 2018
Này nhé : dòng 2 là \(ab^2+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Nhưg \(abc\le1\), nếu là > thì còn ghép đc chứ < thì ko ghép đc đâu :/
Cách đó sai nhé
29 tháng 11 2018
BĐT cosi
Do \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Leftrightarrow3\ge3abc\Leftrightarrow1\ge abc\)
Có \(ab^2+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\le3.1=3=2+1\le2+abc\)
Mới học lớp 8 ( thông cảm)
12 tháng 8 2019
\(a+b+c=\frac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)=1\)(*)
\(\Leftrightarrow a^2bc+ab^2c+abc^2=1\)
Ta có :
\(1+b^2c^2=a^2bc+ab^2c+abc^2+b^2c^2\)
\(=abc\left(a+b\right)+bc^2\left(a+b\right)\)
\(=bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
Tương tự ta cũng có \(1+a^2c^2=ac\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó : \(\left(1+b^2c^2\right)\left(1+a^2c^2\right)=abc^2\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)(1)
Xét \(c^2+a^2b^2c^2\)
\(=a^2b^2c^2+\frac{abc^3}{abc}\)
\(=a^2b^2c^2+abc^3\left(a+b+c\right)\)( theo giả thiết )
\(=a^2b^2c^2+a^2bc^3+ab^2c^3+abc^4\)
\(=abc^2\left(ab+bc+ca+c^2\right)\)
\(=abc^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra :
\(\sqrt{\frac{\left(1+b^2c^2\right)\left(1+a^2c^2\right)}{c^2+a^2b^2c^2}}=\sqrt{\frac{abc^2\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{abc^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2}=\left|a+b\right|=a+b\)( vì \(a,b\in Z^+\) )
Ta có đpcm.
\(a+b+c=0\Rightarrow c=-a-b=-\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow F=a^3+b^3-a^2\left(a+b\right)-b^2\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)\)
\(=a^3+b^3-a^3-a^2b-b^2a-b^3+a^2b+ab^2=0\)