Ta có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
= \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)\(=a^3+ab^2+ac^2+a^2b+b^3+bc^2+ca^2+b^2c+c^3\)\(-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2-2a^2b-2b^2c-2c^2a\)
\(=\left(a^3-2a^2b+ab^2\right)+\left(b^3-2b^2c+bc^2\right)+\left(c^3-2c^2a+ca^2\right)\)
\(=a\left(a-b\right)^2+b\left(b-c\right)^2+c\left(c-a\right)^2\)
Mà \(a,b,c>0\)
\(\Rightarrow a\left(a-b\right)^2+b\left(b-c\right)^2+c\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
Lại có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)<đpcm>
bài trên mk làm sai rồi, mong mọi người thông cảm và nghĩ cách khác nha
Ta có: (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)>= 3(a^2b+b^2c+c^2a) (*)
<=>( a^3 + a^2c )+(b^3 +bc^2)+ (c^3+zca^2) >= 2(a^2b+b^2c+c^2a)
dùng cô si cho từng cặp suy ra BĐT (*) đúng
mà a+b+c =3 => (a^2+b^2+c^2)>=(a^2b+b^2c+c^2a) (1)
theo BĐT bunhicopski ta có (a^2+b^2+c^2).3 >= (a+b+c)^2
<=>(a^2+b^2+c^2) >=3 (2)
Nhân vế theo vế (1),(2) => (a^2+b^2+c^2)^2>=3.(a^2b+b^2c+c^2a)
mượn chỗ nhok chút ^_^
ta có \(\sqrt{\left(x-3\right)^2+2\left(y+1\right)^2}\ge\sqrt{\left(x-3\right)^2}=\left|x-3\right|=\left|3-x\right|\)
\(\sqrt{\left(x+1\right)^2+3\left(y+1\right)^2}\ge\sqrt{\left(x+1\right)^2}=\left|x+1\right|\)
=>P\(\ge\left|3-x\right|+\left|x+1\right|\ge\left|3-x+x+1\right|=4\)
dấu = xảy ra <=>\(\left(3-x\right)\left(x+1\right)\ge0\)
Nhok cho chị mượn chỗ chút !
Bài 2
Vì x,y,z \(\in\left[0;1\right]\)
=>\(\hept{\begin{cases}1-x\ge0\\1-y\ge0\\1-z\ge0\end{cases}}\) =>\(\left(1-x\right)\left(1-z\right)\ge0\Rightarrow1+xz\ge x+z\Rightarrow1+y+xz\ge x+y+z\)
=>\(\frac{x}{1+y+xz}\le\frac{x}{x+y+z}\)
tương tự, rồi + vào thì A<=1 (1)
mà \(x+y+z\le3\Rightarrow\frac{3}{x+y+z}\ge1\) (2)
từ (1), (2) =>\(A\le\frac{3}{x+y+z}\) (ĐPCM)
^_^
mượn chỗ nhok chút !
ta có \(\frac{1}{x+1}\ge1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{yz}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\)
tương tự rồi nhân vào, ta có
\(\frac{1}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\ge8\frac{\sqrt{xy}.\sqrt{yz}.\sqrt{zx}}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}=8.\frac{xyz}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\Rightarrow xyz\le\frac{1}{8}\)
^_^
cái này <=>\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
<=>\(a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a^3b+b^3c+c^3a+a^2bc+ab^2c+abc^2\)
đến đây thì dễ rồi,
Áp dụng cô si sẽ chứng minh được
\(a^4+b^4+c^4\ge a^3b+b^3c+c^3a\)
và áp dụng bài toán \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a^2bc+ab^2c+abc^2\)
=> BĐT cần chứng minh luôn đúng
^_^
