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 ?

Có \(VT=ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

Áp dụng bđt AM-GM có: \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le\left[\dfrac{a+b-c+a-b+c}{2}\right]^2=a^2\)

Tương tự cũng có: \(\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)\le c^2\); \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\)

Nhân vế với vế\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(c+b-a\right)\le abc\) (lđ)

\(\Leftrightarrow3abc+a^3+b^3+c^3\ge ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)\) (BĐT cần chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Áp dụng BĐT Schwarz ta có:

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{a}+\frac{\left(c+a\right)^2}{b}\ge\frac{\left(2\left(a+b+c\right)\right)^2}{a+b+c}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=4\left(a+b+c\right)\)

Dấu ''='' xảy ra bạn tự giải nha.

bạn có thể giải rõ dc ko 

xin lỗi bạn nhưng mình chưa học bất đẳng thức này nên mình không hiểu cách giải của bạn cho lắm.

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+4c\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^2}{c}\cdot4c}=4\left(a+b\right)\\ \frac{\left(b+c\right)^2}{a}+4a\ge2\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^2}{a}\cdot4a}=4\left(b+c\right)\\ \frac{\left(c+a\right)^2}{b}+4b\ge2\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^2}{b}\cdot4b}=4\left(c+a\right)\\ \Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{a}+\frac{\left(c+a\right)^2}{b}+4\left(a+b+c\right)\ge8\left(a+b+c\right)\\ \Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{a}+\frac{\left(c+a\right)^2}{b}\ge4\left(a+b+c\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu 2:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(a^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)[1+2+2(b+c)^2]\geq (a+1+b+c)^2\)

\(\Rightarrow \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\geq \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2\)

Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:

\((a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow (b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+\frac{3}{8}(b^2+c^2)+\frac{1}{16}-\frac{5}{4}bc\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (bc-\frac{1}{4})^2+\frac{3}{8}(b-c)^2\geq 0\)

(Luôn đúng)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

Câu 1:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^2+1+2)\left[1+1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq (a+1+b+c)^2\)

\(\Rightarrow 4(a^2+3)\left[2+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq 4(a+b+c+1)^2\)

Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:

\((a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a^2+3)\left[2+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\)

\(\Leftrightarrow (b^2+3)(c^2+3)\geq 8+2(b+c)^2\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1-4bc\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (bc-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) (luôn đúng)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

không đâu cá tiền luôn 500 đồng lun sợ gì :))))) đùa thui ko có đâu nhé

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :

\(\left(a+b+c+1\right)^2=\left(a.1+\sqrt{3}.\frac{b+c+1}{\sqrt{3}}\right)^2\le\left(a^2+3\right)\left[1+\frac{\left(b+c+1\right)^2}{3}\right]\)

Từ đó bài toán đưa về :

\(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left[1+\frac{\left(b+c+1\right)^2}{3}\right]\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+3b^2+3c^2+9\ge4+\frac{4}{3}\left(b^2+c^2+2bc+2b+2c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+\frac{5}{3}b^2+\frac{5}{3}c^2+\frac{11}{3}\ge\frac{8}{3}bc+\frac{8}{3}b+\frac{8}{3}c\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+1-2bc+\frac{b^2+c^2-2bc}{3}+\frac{4}{3}\left(b^2-2b+1\right)+\frac{4}{3}\left(c^2-2c+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\frac{\left(b-c\right)^2}{3}+\frac{4}{3}\left(b-1\right)^2+\frac{4}{3}\left(c-1\right)^2\ge0\)( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

Vậy ....

bđt cần c/m <=>

\(\frac{1}{\left(a+c-b-c\right)^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2\left(a+c\right)^2}\ge4\\ \)

\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2\ge4\\ \)

\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-2\ge2\)(đúng , theo cô-si)

ok

Đây nhá:)Sửa đề:

Chứng minh rằng \(\Sigma S_a\left(b-c\right)^2\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Nếu \(s_a+S_b\ge0;S_b+S_c\ge0;2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\ge0\)

Xét TH \(a\ge b\ge c\) thì bđt đề bài hiển nhiên đúng nên ta chỉ xét:

\(a\le b\le c\) khi đó \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (1)

Ta có: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\)

\(=\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_c+S_b\right)\left(a-b\right)^2+2S_b\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)

\(\ge2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\)

(CÔ si)

Như vậy, BĐT đề bài sẽ được chứng minh nếu:

\(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\right)\ge0\)

Và điều này luôn đúng theo (1) và giả thiết đề bài.

\(S_a\left(b-c\right)^2\) là gì vậy, cái này em chưa học. Giải thích đi để em xem thế nào...