Ta xét hàm

Tính đạo hàm riêng:

f_x=2x+y-3,\qquad f_y=2y+x-3.

2x+y=3,\quad x+2y=3\Rightarrow x=y=1.

H=\begin{pmatrix}2&1\\[4pt]1&2\end{pmatrix},

Giá trị tại :

f(1,1)=1+1+1-3-3+3=0.

Vậy với mọi ta có . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . ✨

Gọi (một căn bậc ba của 1 khác 1). Ta có

|a+b\omega|^2=(a+b\Re\omega)^2+(b\Im\omega)^2
= a^2-ab+b^2,

và .

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức tam giác cho các số phức:

|a+b\omega|+|b+c\omega|+|c+a\omega|
\ge |(a+b\omega)+(b+c\omega)+(c+a\omega)|.

(a+b+c)+(a+b+c)\omega=(a+b+c)(1+\omega).

|(a+b+c)(1+\omega)|=(a+b+c)\,|1+\omega|=3.

\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge 3.

Trường hợp đạt dấu bằng khi . ✨Gọi (một căn bậc ba của 1 khác 1). Ta có

|a+b\omega|^2=(a+b\Re\omega)^2+(b\Im\omega)^2

= a^2-ab+b^2,

và .

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức tam giác cho các số phức:

|a+b\omega|+|b+c\omega|+|c+a\omega|

\ge |(a+b\omega)+(b+c\omega)+(c+a\omega)|.

(a+b+c)+(a+b+c)\omega=(a+b+c)(1+\omega).

|(a+b+c)(1+\omega)|=(a+b+c)\,|1+\omega|=3.

\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge 3.

Trường hợp đạt dấu bằng khi

Đọc đề: với mọi chứng minh hai bất đẳng thức và nêu khi bằng.

1. .

Ta viết

a^2-ab+b^2=\Big(a-\frac{b}{2}\Big)^2+\frac{3}{4}b^2,

a-\frac b2=0\quad\text{và}\quad b=0\implies a=0,b=0.

2. .

Nhân cả hai vế với và đưa về một vế:

4(a^2-ab+b^2)-(a+b)^2=3(a^2-2ab+b^2)=3(a-b)^2\ge0.

— Kết luận: (1) luôn đúng, bằng khi . (2) luôn đúng, bằng khi .

Gọi . Khi đó

Gọi . Khi đó

y=x+a,\qquad z=x+a+b.

S=x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y),

S = x(a^2+ab+b^2)+b^2(2a+b).

(Trường hợp bằng xảy ra ví dụ khi tức , hoặc khi và , v.v.) ∎

y=x+a,\qquad z=x+a+b.

S=x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y),

S = x(a^2+ab+b^2)+b^2(2a+b).

(Trường hợp bằng xảy ra ví dụ khi tức , hoặc khi và , v.v.) ∎