sửa đề CM biểu thức \(\le\frac{3}{16}\)

\(\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{x+x+y+z}\le\frac{1}{16}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

bình phương hai vế:

\(\frac{1}{2x+y+z)^2}=\frac{1}{16^2}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\)

áp dụng bđt phụ: \(\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)^2\le4\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)\)

áp dụng cho cụm \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\)

=> \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\le4\left(\frac{2}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\)

=> \(\frac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}\le\frac{1}{64}\left(\frac{2}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\)

áp dụng tương tự:

=> \(\frac{1}{\left(2y+x+z\right)}\le\frac{1}{64}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\)

\(\frac{1}{\left(2z+x+y\right)^2}\le\frac{1}{64}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{2}{z^2}\right)\)

cộng cả ba biêu thức trên

=> \(VT\le\frac{1}{64}\left\lbrace\left(\frac{2}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)+\left(\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)+\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{2}{z^2}\right)\right\rbrace\) \(VT\le\frac{1}{64}\left(\frac{4}{x^2}+\frac{4}{y^2}+\frac{4}{z^2}\right)\)

\(VT\le\frac{4}{64}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\)

ta có \(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=3\)

=> \(VT\le\frac{1}{16\cdot3}=\frac{3}{16}\)

dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

5) a) Ta có: \(a< b+c\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự: \(b^2< ba+bc\)

\(c^2< ca+cb\)

Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm

b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)

\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)

Nhân từng vế các BĐT trên, ta được

\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm

Bài 5:

a)

Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên

\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)

b) Áp dụng BĐT Am-Gm:

\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)

\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)

\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)

Nhân theo vế :

\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)

\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)

Do đó ta có đpcm

c)

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)

\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)

Do đó ta có đpcm.

Ta có: A = a⁴ + b⁴ + c⁴ - 2a²b² - 2b²c² - 2a²c² = (a²)² + (b²)² + (c²)²  + 2a²b² - 2b²c² - 2a²c² + 4a²b² =  (a² + b² - c²)² - 4a²b²

= (a² + b² - c² - 2ab).(a² + b²  - c² + 2ab)  (1)

Vì a; b;c là 3 cạnh của tam giác nên c > |a - b| => c² > (|a - b|)² = (a - b)²

=> c² > a² + b² - 2ab => a² + b²  - c² - 2ab  < 0  (2)

lại có : a+ b > c => (a+ b) ² > c² => a² + b²  - c² + 2ab > 0  (3)

Từ (1)(2)(3) => A < 0 => đpcm

luôn luôn dương mà

Từ giả thiết \(x+y+z=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)

Khi đó \(\frac{x}{1+x^2}=\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}=\frac{\frac{1}{x}}{\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)}=\frac{xyz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

Tương tự cho 2 cái còn lại ta có: \(\frac{y}{1+y^2}=\frac{xyz}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}\)

\(\frac{z}{1+z^2}=\frac{xyz}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\)

Suy ra \(VT=\frac{xyz\left(y+z\right)+2xyz\left(z+x\right)+3xyz\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}=\frac{xyz\left(5x+4y+3z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) 

Đpcm

Trần Việt Linh vào giúp bạn này đi

a/\(\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)=x^3+x^2+x-x^2-x-1=x^3-1\left(đpcm\right)\)

b/ \(\left(x^3+x^2y+xy^2+y^3\right)\left(x-y\right)=x^4-x^3y+x^3y-x^2y^2+x^2y^2-xy^3+xy^3-y^4=x^4-y^4\left(đpcm\right)\)

c/ \(\left(x+y+z\right)^2=\left(x+y+z\right)\left(x+y+z\right)=x^2+xy+xz+y^2+xy+yz+z^2+zx+yz=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\left(đpcm\right)\)

d/ \(\left(x+y+z\right)^3=\left(x+y\right)^3+3\left(x+y\right)^2z+3z^2\left(x+y\right)+z^3\)

\(=\left(x+y\right)^3+3z\left(x^2+2xy+y^2\right)+3z^2\left(x+y\right)+z^3\)

\(=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3+3x^2z+6xyz+3y^2z+3z^2x+3yz^2+z^3\)

\(=x^3+y^3+z^3+3xyz+3x^2y+3xy^2+3x^2z+3y^2z+3y^2x+3yz^2+3xyz\)

\(=x^3+y^3+z^3+\left(x+z\right)\left(3xy+3xz+3y^2+3yz\right)\)

\(=x^3+y^3+z^3+\left(x+z\right)\left[3x\left(y+z\right)+3y\left(y+z\right)\right]\)

\(=x^3+y^3+z^3+\left(x+z\right)\left(y+z\right)\left(3x+3y\right)\)

\(=x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) (đpcm)

a, Xét vế trái ta có:

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

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

=x^3-1

Vậy...

b,Xét vế trái ta có:(x^3+ x^2y+ xy^2+ y^3)(x-y)

=x^4- x^3y+ x^3y- x^2- y^2+ x^2y^2- xy^3+ xy^3- y^4

=x^4-y^4

Vậy ........

c, Xét vế trái ta có:

(x+y+z)^2=(x+y+z)(x+y+z)

=x^2+ xy+ xz+ yx+y^2+ yz+ zx+ zy+ z^2

=x^2+ y^2+ z^2+ 2xy+ 2xz+ 2yz

Vậy...............

d, Xé vế trái ta có:

(x+y+x)^3=(x+y+z)(x+y+z)(x+y+z)(x+y+z)

=(x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz)(x+y+z)

=x^3+ xy^2+ xz^2+ 2x^2y+ 2xyz+ 2x^2z+ x^2y+ y^3+ yz^2+2xy^2+ 2y^2z+z^3+ 2xyz+ x^2z+ y^2z+2xyz+ 2yz^2+ 2xz^2

=x^3+ 3xy^2+ 6xy+ 3x^2y+3xz^2+ 3x^2z+ 3yz^2+ y^3z^3 (1)

Xét vế phải ta có:x^3+ y^3+ z^3+ 3(x+y)(x+y)(y+z)

=x^3+ y^3+ z^3+ 3(xy+ xz+ y^2+ yz)(z+x)

=x^3+ y^3+ z^3+ 3(xyz+ xz^2+ y^2z+ yz^2+ x^2y+ x^2z+ xy^2+xyz)

=x^2+ y^3+ z^3 +3(2xyz+ xz^2+ y^2z+ yz^2+x^2y+x^2z+ xy^2)

=x^3+ y^3+ z^3+6xyz+ 3xz^2+ 3y^2z+3yz^2+ 3x^2y+3x^2z+3xy^2(2)

Từ (1) và (2)=>.......

3/ b/

TH 1: Trong 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)có 1 số âm hoặc 3 số đều âm thì BĐT đúng. (Thật ra không xảy ra được trường hợp cả 3 số đều âm đâu cứ ghi cho vui thôi).

TH 2: Trong 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)có 2 số âm

Giả sử 2 số âm đó là \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right)\)

\(\Rightarrow a+b-c+b+c-a=2b< 0\)trái đề bài. Nên không thể cùng lúc 2 số đều âm.

TH 3: Cả 3 số \(\left(a+b-c\right);\left(b+c-a\right);\left(c+a-b\right)\)đều dương

Ta có:

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\dfrac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Nhân (1), (2), (3) vế theo vế ta được

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le abc\)

Vậy ta có ĐPCM

3/ c/ Sửa đề thành a,b,c là 3 cạnh của tam giác nhé.

Ta cần chứng minh

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[ab^2+ac^2-a^3\right]+\left[ba^2+bc^2-b^3\right]+\left[ca^2+cb^2-c^3\right]>2abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-1>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{2abc}>0\) (đúng)

2 câu còn lại thì câu 1 sai rõ quá rồi bỏ qua. Còn câu 3a thì để t xem thử có sửa được đề không t làm nốt sau nhé. Giờ bận rồi.

Câu a :

\(VT=\) \(\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)=x^3-1^3=VP\)

Câu b :

\(VT=\)\(\left(x^3+x^2y+xy^2+y^3\right)\left(x-y\right)=x^4-y^4=VP\)

Tương tự bạn khai triển là ra nhé

a) \(\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

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

\(\RightarrowĐPCM\)

b)\(\left(x^3+x^2y+xy^2+y^3\right)\left(x-y\right)\)

\(=x^4-x^3y+x^3y-x^2y^2+x^2y^2-xy^3+xy^3-y^4=x^4-y^4\)