Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:(
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
Bài 1)
Dạng tổng quát của BĐT Holder khá rắc rối. Người ta thường chú ý đến dạng phổ biến nhất là BĐT Holer bậc 3.
\((a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)\geq (amx+bny+cpz)^3\)
Cách CM (AM-GM):
\(\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3}+\frac{m^3}{m^3+n^3+p^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}\)
Tương tự với với các bộ còn lại và cộng lại thu được đpcm
Áp dụng BĐT Holder bậc ba:
\((a^3+b^3+16c^3)(1+1+\frac{1}{4})(1+1+\frac{1}{4})\geq (a+b+c)^3\)
\(\Leftrightarrow (a^3+b^3+16c^3).\frac{81}{16}\geq (a+b+c)^3\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{16}{81}\)
Vậy \(P_{\min}=\frac{16}{81}\Leftrightarrow a=b=4c\)
Bài 1:
a) Ta thấy:
\(x^4-2x^3+2x^2-2x+1=(x^4-2x^3+x^2)+(x^2-2x+1)\)
\(=(x^2-x)^2+(x-1)^2\geq 0, \forall x\in\mathbb{R}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^2-x=0\\ x-1=0\end{matrix}\right.\) hay $x=1$
b) Đề sai với $a=0,5; b=2,3; c=0,2$. Nếu đề bài của bạn giống bài dưới đây, tham khảo nó tại link sau:
Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến