Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
P/s : bài này khá khó nên mình thử thôi !
Không mất tính tổng quát , ta giả sử : \(a\ge b\ge c\)
Đặt \(M=ab+bc+ca-12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(N=a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\)
Ta có : \(ab+ac+bc\ge a\left(b+c\right)\)hay \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le a^2\left(b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow M\ge N\)
Tiếp , ta sẽ chứng minh \(N\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)\left\{1-12a\left(b+c\right)\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\right\}\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[a^3\left(b+c\right)^3\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^3-3a\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[1-3a\left(b+c\right)\right]\ge0\left(1\right)\)
Đặt x = a ; y = b + c ta có : \(x+y=1\Rightarrow xy\le\frac{1}{4}\)
Theo bất đẳng thức AM - GM , ta có :
\(12xy\left(1-3xy\right)\le\frac{1}{4}.12xy\left(4-12xy\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{12xy+4-12xy}{2}\right)^2=1\)
=> Bất đẳng thức ( 1 ) luôn đúng
\(\Rightarrow N\ge0\)
Vậy \(M\ge0\)\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Đẳng thức xảy ra với bộ \(\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6};\frac{3-\sqrt{3}}{6};0\right)\)và các hoán vị của chúng .
WLOG: \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)
Let \(p=a+b+c;ab+bc+ca=q;abc=r\) so p = 1; \(r\ge0\)and \(3\ge q\ge ab\left(\text{vì }c\ge0\right)\)
Need: \(q\ge12\left(p^3-3pq+3r\right)\left(q^2-2pr\right)\)
Have: \(VP=12\left(1-3q+3r\right)\left(q^2-2r\right)=\frac{2}{3}.\left(1-3q+3r\right).18\left(q^2-2r\right)\)
\(\le\frac{1}{6}\left[1-3q+3r+18\left(q^2-2r\right)\right]=\frac{1}{6}\left[18q^2-3q+1-33r\right]\)
\(\le\frac{1}{6}\left(18q^2-3q+1\right)=3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)
Hence, we need to prove: \(q\ge3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)
\(\Leftrightarrow3q^2-\frac{3}{2}q+\frac{1}{6}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{6}\le q\le\frac{1}{3}\)
Which it is obvious because:
\(q=ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(q-\frac{1}{6}=ab+bc+ca-\frac{1}{6}=ab+c-\frac{1}{6}+c\left(a+b-1\right)\)\(=ab-\frac{1}{6}+1-\left(a+b\right)-c\left[1-\left(a+b\right)\right]\)
\(=ab-\frac{1}{6}+\left[1-\left(a+b\right)\right]\left(1-c\right)\ge0\)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
Áp dụng BĐT\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)ta có
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ca\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8a^2b^2c^2\ge2a^2b^2c^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+1\ge2a\\b^2+1\ge2b\\c^2+1\ge2c\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(''=''\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Em có cách này nhưng không biết đúng không.Anh check lại ạ,em mới lớp 7 thôi!
Bổ sung đk a,b,c >= 0 (hay a,b,c không âm)
Áp dụng BĐT Cô si (AM-GM),ta có:
\(a^2+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2.1}{4}}=a\)
Tương tự: \(b^2+\frac{1}{4}\ge b;c^2+\frac{1}{4}\ge c\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên suy ra \(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Hoặc là dùng BĐT Bunhiacopxki chắc cũng được ạ!
Ta có: \(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=\frac{9}{4}\)
Suy ra \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(\frac{9}{4}\right)}{3}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
1a)\(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b)\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
2a)\(a^2+\dfrac{b^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+\dfrac{b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2\cdot\dfrac{1}{2}b\cdot a+\left(\dfrac{1}{2}b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{2}b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b)Đã cm
c)\(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
b) Áp dụng bđt bunhiacopxki ta có:
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(1.a+1.b+1.c\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\left(ab+bc+dc+ad\right)=4\)(*)
Có 2(ab+bc+dc+ad)<=2(a^2+b^2+c^2+d^2 )(**)
Cộng 2 vế của (**) cho a^2+b^2+c^2+d^2 có
3(a^2+b^2+c^2+d^2)>=4
Ta có:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(a^2b+ab^2=ab\left(a+b\right)\)
=> Ta cần chứng minh: \(a^2-ab+b^2\ge ab\) hay \(a^2+b^2\ge2ab\)
Ta có: \(a^2+b^2-2ab=a^2-2ab+b^2=\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Rightarrow a^2-ab+b^2\ge ab\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
Vậy \(\Rightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
\(a^3+2b^3+c^3\ge b^2\left(a+c\right)+b\left(a^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+2b^3+c^3-b^2\left(a+c\right)-b\left(a^2+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3-b^2a-ab^2\right)+\left(c^3+b^3-b^2c-bc^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2\ge0\)( đúng )
Vậy ta có ĐPCM