Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1 bài BĐT rất hay !!!!!!
BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333
\(S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc\)
\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc\)
TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\)
=> \(72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)
TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:
\(a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}\)
ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau:
=> \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}\)
=> \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}\)
=> \(S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)
=> \(S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)
VẬY TA CÓ ĐPCM.
DẤU "=" XẢY RA <=> \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}\)
Xét \(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2=\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)-2c^2\left(a^2-b^2\right)+c^4-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2\right)^2-2\left(a^2-b^2\right)c^2+c^4-4c^2b^2=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)=\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\)
=\(\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)
Mà a,b,c là 3 cạnh tam giác => a-b-c<0 ;a+b+c>0;a-b+c>0;a+b-c>0
=>\(...< 0\Rightarrow a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\left(ĐPCM\right)\)
ta có\(a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2c^2a^2+2b^2c^2\)
<=> \(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2>0\)
<=>\(4a^2c^2-\left(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2+2a^2c^2-2b^2c^2\right)>0\)
<=> \(4a^2c^2-\left(a^2-b^2+c^2\right)^2>0\)
<=>.......
<=>(a+b+c)(a+c-b)(a+b-c)(b-a+c)>0
luôn đúng vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác
vậy bđt trên dc cm dễ dàng
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (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
Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.
TA có \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Rightarrow-a^3-b^3-c^3\le-3abc\)
Cần chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a+ca^2+bc^2+ab^2-3abc\ge0\)
\(=ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a+c\right)-3abc\)
\(\ge abc+abc+abc-3abc=0\)