CM CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SAU
A) \(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\)
B) \(3\left(A^2+B^2+C^2\right)\ge\left(A+B+C\right)^2\ge3\left(AB+BC+CA\right)\)
A)
\(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\\ \Leftrightarrow2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\)
\(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2AB\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2AB\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (1)
\(A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2BA\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (2) Từ (1), (2) ta có: \(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\left(đpcm\right)\)
Chặt hơn một bài toán quen thuộc :3
Với a, b, c là các số thực:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge\frac{\Sigma a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge0\)
Hôm ngồi vọc Maple:
\(\left(\Sigma a^2-\Sigma ab\right)\left[\Sigma a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)\right]=\left[\Sigma a\left(a-b\right)\left(a-c\right)\right]^2+3\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)
Có ai so sánh giúp mình 2 bất đẳng thức: \(\left\{\left[\Sigma a\left(a-b\right)\left(a-c\right)\right]^2+3\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\right\}\left(a+b+c\right)^2\) và \(\left(\Sigma a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)\right)^2\) vế nào lớn hơn được không?
@Cool Kid:
\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+a+b}\)
Hay một BĐT mạnh (và đẹp:v) hơn là:
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)^2\ge\Sigma\frac{ab\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)
Ta cần chứng minh: \(VT-VP=\Sigma\frac{\left(a+b-c\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a+b\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Giả sử \(a\ge c\ge b\) và đặt \(a=b+u+v,c=b+v\)
Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwawrz:
\(VT-VP\ge\frac{4\left(c+a-b\right)^2\left(c-a\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}-\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Last inequality is: https://imgur.com/tRsHOfr (mình không gửi ảnh được nên gửi link vậy!)
Done!
CM CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SAU
A) \(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\)
B) \(3\left(A^2+B^2+C^2\right)\ge\left(A+B+C\right)^2\ge3\left(AB+BC+CA\right)\)
Với \(a,b,c\ge0\) và không có hai số nào bằng nhau. Chứng minh rằng
\(\frac{a^3\left(b-c\right)+b^3\left(c-a\right)+c^3\left(a-b\right)}{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
(Nghi binh 28/09)
Đang có hứng:
Bài 1: CMR \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\forall a,b,c\ge0\)
Bài 2: CMR \(\frac{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge4\left(a+b+c\right)\)\(\forall a,b,c\ge0\)
Bài 1 thì dễ rồi, bài 2 mình mới tìm được.
Não đặc-.-
Nếu sửa đề ntn thì mk nghĩ không ngược dấu mới làm được nek
Bài 1: CMR: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\) với a,b,c dương
Bài làm:
Ta có: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{8abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}}-\frac{8abc}{8abc}\)
\(=1-1=0\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Vãi bạn, mình đang đưa các bài tập về các bđt ngược chiều nên đề như thế là đúng r
bài 1 là AM-GM ở vt xong biến đổi tương đương phải không ạ ?
Chứng minh bất đẳng thức \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Sửa đề: Chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Cách 1: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có đpcm.
Cách 2:BĐT \(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (đúng)
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = b= c
Chứng minh bất đẳng thức:
\(\left(a^{10}+b^{10}\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a^8+b^8\right)\left(a^4+b^4\right)\forall a,b,c\in R\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(a^{10}b^2+b^{10}a^2\ge a^8b^4+b^8a^4\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^6b^2+b^6a^2\) (Do \(a^2b^2\ge0\))
\(\Leftrightarrow\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng).
Vậy ta có đpcm.
\(a^8+b^8-a^6b^2-a^2b^6=\left(a^8-a^6b^2\right)+\left(b^8-a^2b^6\right)=a^6\left(a^2-b^2\right)+b^6\left(b^2-a^2\right)=\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\) nên suy ra được như vậy Quỳnh Anh
Chứng minh bất đẳng thức
\(a\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)+b^2c^2\ge0\)
\(\left(a^2+b^2\right)\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^3+b^3\right)^2\)
\(\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\le2\left(a^4+b^{\text{4}}\right)\)
