Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét \(VT=a+2b+c=1+b\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AG-GM:
\(4\left(1-a\right)\left(1-c\right)\le\left(1-a+1-c\right)^2=\left(2-a-c\right)^2=\left(1+a+b+c-a-c\right)^2=\left(1+b\right)^2\left(2\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2\)
Mà \(\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2-\left(1-b\right)=\left(1+b\right)\left(1-b^2-1\right)=-b^2\left(1+b\right)\le0,\forall b\ge0\)
Do đó \(\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2\le1+b\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\) ta có ĐPCM
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=c=\dfrac{1}{2};b=0\)
Thấy : \(a;b;c\ge0;a+b+c=1\) \(\Rightarrow1-a;1-b;1-c\ge0\)
AD BĐT AM - GM ta được : \(4\left(1-a\right)\left(1-c\right)\le\left(2-a-c\right)^2=\left[2-\left(1-b\right)\right]^2=\left(b+1\right)^2\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b\right)\left(b+1\right)^2=\left(1-b^2\right)\left(b+1\right)\le1.\left(b+1\right)=b+1=b+\left(a+b+c\right)=a+2b+c\)
( đpcm )
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
BĐT này do giáo sư Vasile đề xuất, và đây là lời giải của ông ấy:
Do vai trò của các biến là như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(a^2=max\left\{a^2;b^2;c^2;d^2\right\}\)
\(\Rightarrow a^2\ge\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\)
Đặt \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\Rightarrow x^2\le a^2\) (1)
Đồng thời \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\ge\dfrac{1}{9}\left(b+c+d\right)^2=\dfrac{a^2}{9}\Rightarrow a^2\le9x^2\) (2)
\(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\left(a^2-x^2\right)\left(a^2-9x^2\right)\le0\) (3)
Ta có:
\(b^4+c^4+d^4=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(b^2c^2+c^2d^2+b^2d^2\right)\le\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{2}{3}\left(bc+cd+bd\right)^2\)
\(=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{1}{6}\left[\left(b+c+d\right)^2-\left(b^2+c^2+d^2\right)\right]^2=9x^4-\dfrac{1}{6}\left(a^2-3x^2\right)^2=\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}\)
Do đó:
\(12\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)\le12a^4+12.\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}=90x^4+12a^2x^2+10a^4\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(7\left(a^2+3x^2\right)^2\ge90x^4+12a^2x^2+10a^4\)
\(\Leftrightarrow a^4-10a^2x^2+9x^4\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-9x^2\right)\left(a^2-x^2\right)\le0\) (đúng theo (3))
Vậy BĐT được chứng minh hoàn tất.
Dấu "=" xảy ra khi \(b=c=d=-\dfrac{a}{3}\) và các hoán vị của chúng
Vì a, b, c không âm và có tổng bằng 1 nên 0 ≤ a , b , c ≤ 1 ⇒ a ( 1 − a ) ≥ 0 b ( 1 − b ) ≥ 0 c ( 1 − c ) ≥ 0 ⇒ a ≥ a 2 b ≥ b 2 c ≥ c 2 ⇒ 5 a + 4 ≥ a 2 + 4 a + 4 = ( a + 2 ) 2 = a + 2 T ư ơ n g t ự : 5 b + 4 ≥ b + 2 ; 5 c + 4 ≥ c + 2 ⇒ 5 a + 4 + 5 b + 4 + 5 c + 4 ≥ ( a + b + c ) + 6 = 7 ( đ p c m )