N
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
N
0
3 tháng 7 2021
\(P=\dfrac{5a+10b+15c}{4}+\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3a}{4}\right)+\left(\dfrac{9}{2b}+\dfrac{b}{2}\right)+\left(\dfrac{4}{c}+\dfrac{c}{4}\right)\)
\(\ge\dfrac{5\left(a+2b+3c\right)}{4}+2\sqrt{\dfrac{3}{a}.\dfrac{3a}{4}}+2\sqrt{\dfrac{9}{2b}.\dfrac{b}{2}}+2\sqrt{\dfrac{4}{c}.\dfrac{c}{4}}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\dfrac{5.20}{4}+3+3+2=33\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2;b=3;c=4
Vậy \(P_{min}=33\)
11 tháng 8 2021
\(P=\dfrac{4a^2}{4b+2c}+\dfrac{4b^2}{4a+2c}+\dfrac{c^2}{4a+4b}\ge\dfrac{\left(2a+2b+c\right)^2}{8a+8b+4c}\)
\(=\dfrac{\left(2a+2b+c\right)^2}{4\left(2a+2b+c\right)}=\dfrac{1}{4}\left(2a+2b+c\right)\)
5 tháng 6 2021
\(4.\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}-\dfrac{3}{2}\right)+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-2.\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-2\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\right]}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Vậy ta có điều phải chúng minh. Dấu hằng đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
-Chúc bạn học tốt-
5 tháng 6 2021
Bạn giải thích hộ mình từ dòng 1 xuống dòng 2 đc ko ạ ?
N
1
3 tháng 3 2020
Ta có :
\(\sqrt{4a^2+12}=\sqrt{4a^2+4ab+2c\left(a+b\right)}=\sqrt{\left(2a+c\right)\left(2a+2b\right)}\)
\(\le\frac{4a+2b+c}{2}\)
Tương tự : \(\sqrt{4b^2+12}\le\frac{4b+2a+c}{2}\); \(\sqrt{c^2+12}=\sqrt{\left(2a+c\right)\left(2b+c\right)}\le\frac{2a+2b+2c}{2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{4a^2+12}+\sqrt{4b^2+12}+\sqrt{c^2+12}\le\frac{4a+2b+c+4b+2a+c+2a+2b+2c}{2}\)
\(=4a+4b+2c\)
\(\Rightarrow\frac{2a+2b+c}{\sqrt{4a^2+12}+\sqrt{4b^2+12}+\sqrt{c^2+12}}\ge\frac{2a+2b+c}{4a+4b+2c}=\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1 ; c = 2
T
6 tháng 9 2020
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
PN
7 tháng 9 2020
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh