a) (a+b)(b+c)(c+a)\(\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=\)8abc(co si 2 so)
b)(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(cosi 3 so)
bđt<=>\(S_a\left(a-b\right)^2+S_b\left(b-c\right)^2+S_c\left(c-a\right)^2\ge0\)
with \(S_a=\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(S_b=\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}-\frac{a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(S_c=\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}-\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
cần cm \(S_a+S_c;S_b+S_c>0\)
lại có:\(S_a+S_c=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{c^2+a^2}\right)-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)
\(>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right)-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}>0\)
cmtt=>q.e.d
@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!
Cho a+b+c=1, a, b, c\(\ge0\). Chứng minh
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(a,b,c>0\right)\)
\(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\le3,5\)
\(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\)
(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.
Cho \(a;b;c\ge0\)CMR
a) \(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-b\right)\left(c-a\right)\ge0\)
b) \(a^6+b^6+c^6\ge a^5b+b^5c+c^5b\)
Cho a,b,c >=0
CMR:\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Với \(a,b,c\ge0\) và không có hai số nào bằng nhau. Chứng minh rằng
\(\frac{a^3\left(b-c\right)+b^3\left(c-a\right)+c^3\left(a-b\right)}{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
cho a;b;c;d là các số thực dương.CMR:\(\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{a+b+c}+\frac{\left(b-c\right)\left(b-d\right)}{b+c+d}+\frac{\left(c-d\right)\left(c-a\right)}{c+a+d}+\frac{\left(d-a\right)\left(d-b\right)}{d+a+b}\ge0\)
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?
