Cho a,b,c >=0
CMR:\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Cho a,b,c>0
CMR : \(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{9}{4\left(a+b+c\right)}\)
đặt biể thức cần chứng minh là P
\(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2}{a\left(b+c\right)^2}=\dfrac{\dfrac{a^2}{\left(b+c\right)^2}}{\dfrac{a\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2}}=\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2}{a}\)
\(t\)ương tự
\(=>P\ge\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{a+b+c}\)
\(=>P\ge\dfrac{[\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{c^2}{ca+cb}]^2}{a+b+c}\)
\(=>P\ge\dfrac{[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}]^2}{a+b+c}=\dfrac{[\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}]^2}{a+b+c}\)
\(=>P\ge\dfrac{\dfrac{9}{4}}{a+b+c}=\dfrac{9}{4\left(a+b+c\right)}\) dấu"=" xảy ra<=>a=b=c
cho a;b;c;d là các số thực dương.CMR:\(\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{a+b+c}+\frac{\left(b-c\right)\left(b-d\right)}{b+c+d}+\frac{\left(c-d\right)\left(c-a\right)}{c+a+d}+\frac{\left(d-a\right)\left(d-b\right)}{d+a+b}\ge0\)
bài này thật ra không khó chỉ cần tách đúng là được à bạn thử ngồi tách xem đi
rồi được rồi nhưng hơi dài nên mình sẽ viết 2 lần nhé
do a;b;c;d bình đẳng với nhau nên ta đặt \(a\ge b\ge c\ge d>0\).Ta có:
Đặt cả cái bài là A => \(A\ge\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)+\left(b-c\right)\left(b-d\right)+\left(c-d\right)\left(c-a\right)+\left(a-d\right)\left(b-d\right)}{3a}\)
đặt cái trên nhé là B => \(B=\frac{a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd}{3a}\)
mà \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge2ac+2bd\)=> \(a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\ge0\)=> \(B\ge0\)=>\(A\ge B\ge0\)
Vậy đó là điều phải chứng minh
CM bất đẳng thức sau với a,b,c \(\ge0\)
\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(b-c)
=a(a-b)[(a-b)+(b-c)]-b(a-b)(b-c)+c(a-c)(b-c)
=a(a-b)^2 +a(a-b)(b-c)-b(a-b)(b-c)+c(a-c)(b-c)
=a(a-b)^1 +(b-c)(a-b)^2 +c(a-c)(b-c) \(\ge0\)
Vậy .............
hok tốt
CM bất đẳng thức sau với a,b,c
\(\ge0\)
\(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
No Name:Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3
Do a,b,c bình đẳng ta giả sử \(a\ge b\ge c\)
Đặt \(a-b=x;b-c=y\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(c\left(x^2+xy+y^2\right)+x^2\left(x+2y\right)\ge0\left(true\right)\)
Vậy BĐT được chứng minh
WLOG \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
\(VT=\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0=VP\)
Kiểu khác
WLOG \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
\(\frac{\left(4a^2+4b^2-5c^2+8ab-bc-ca\right)\left(a-b\right)^2+c\left(a+b-c\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4ca+4bc-5c^2+c}\ge0\)
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\(\ge0\).CMR:\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge4\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)
Khôi Bùi Mysterious Person DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG JakiNatsumi
cm \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc;a,b,c\ge0\)
cm \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc;a,b,c\ge0\)
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)
Cho a,b,c \(\ge0\)
Cmr: \(a^2\left(b+c-a\right)+b^2\left(c+a-b\right)+c^2\left(a+b-c\right)\le3abc\)
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
Từ cách phân tích: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\).CMR:
Với \(S_a+S_b\ge0;S_b+S_c\ge0\) thì\(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\ge0\)
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...