bđt \(\Leftrightarrow\)\(4a^3+b^3+c^3+2ab^2+2c^2a\ge4a^2b+4ca^2+b^2c+bc^2\) (1) 

(1) đúng do : 

\(2a^3+2ab^2\ge4a^2b\)

\(2a^3+2c^2a\ge4ca^2\)

\(b^3+c^3\ge b^2c+bc^2\)

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:

a) Ta thấy:

\(x^4-2x^3+2x^2-2x+1=(x^4-2x^3+x^2)+(x^2-2x+1)\)

\(=(x^2-x)^2+(x-1)^2\geq 0, \forall x\in\mathbb{R}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^2-x=0\\ x-1=0\end{matrix}\right.\) hay $x=1$

b) Đề sai với $a=0,5; b=2,3; c=0,2$. Nếu đề bài của bạn giống bài dưới đây, tham khảo nó tại link sau:

Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:

Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)

khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)

Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)

Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$

\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)

\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)

Bạn tham khảo lời giải bài 4 link sau:

Câu hỏi của Bonking - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Bài giải rất hay, mình cảm ơn bạn nhiều

cả 1 màn hình , ko để ý sao đc =))

๖²⁴ʱ๖ۣۜNαтʂυƙĭ ๖ۣۜSυbαɾυ™ ༉ Test BĐT một tí thôi. Đừng để ý.

\(\frac{a^3}{b\left(b+c\right)}+\frac{b}{2}+\frac{b+c}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b\left(b+c\right)}.\frac{b}{2}.\frac{b+c}{4}}=\frac{3}{2}a\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^3}{b\left(b+c\right)}\ge\frac{3}{2}a-\frac{1}{2}b-\frac{1}{4}\left(b+c\right)=\frac{3}{2}a-\frac{3}{4}b-\frac{1}{4}c\)

Tương tự, ta có: \(\frac{b^3}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}b-\frac{3}{4}c-\frac{1}{4}a;\frac{c^3}{a\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}c-\frac{3}{4}a-\frac{1}{4}b\)

Cộng theo vế 3 bđt ta được đpcm