HP
2
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
24 tháng 2 2018
Ta có:
\(VT^3=\left(\sqrt[3]{\sqrt{a}.\sqrt{a}.\left(a^2+7bc\right)}+\sqrt[3]{\sqrt{b}.\sqrt{b}.\left(b^2+7ca\right)}+\sqrt[3]{\sqrt{c}.\sqrt{c}.\left(c^2+7ab\right)}\right)^3\)
\(\le\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\left(a^2+b^2+c^2+7ab+7bc+7ca\right)\)
\(\le3\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2+\frac{5}{3}\left(a+b+c\right)^2\right]\)
\(=8\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Rightarrow VT\le2\left(a+b+c\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
22 tháng 2 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT Holder:
\((\sqrt[3]{a^3+7abc}+\sqrt[3]{b^3+7abc}+\sqrt[3]{c^3+7abc})^3\leq (a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)(1+1+1)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt[3]{a^3+7abc}+\sqrt[3]{b^3+7abc}+\sqrt[3]{c^3+7abc})^3\leq 3(a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\)
Ta cần chứng minh:
\(3(a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\leq 8(a+b+c)^3\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\leq 8(a+b+c)^2(*)\)
Thật vậy:
Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\)
Do đó:
\(3(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)=3[(a+b+c)^2+5(ab+bc+ac)]\)
\(\leq 3[(a+b+c)^2+\frac{5}{3}(a+b+c)^2]=8(a+b+c)^2\)
\((*)\) đúng, ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
KN
28 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT Cauchy- schwarz:
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2009}{ab+bc+ca}\)\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}\)\(+\frac{1}{ab+bc+ca}\)
\(+\frac{2007}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{2007}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)
\(=\frac{6030}{\left(a+b+c\right)^2}\ge670\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=1\))
TN
25 tháng 6 2017
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
Cần chứng minh \(\frac{\left(Σ_{cyc}a^2\right)^2}{Σ_{cyc}a\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{Σ_{cyc}a}{3}\)
Nhân ra và nó đúng theo BĐT Schur
NT
1
T
29 tháng 7 2019
#)Giải :
Áp dụng BĐT Cauchy :
\(\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\le\left(\frac{ab+c+bc+a}{2}\right)^2=\frac{\left(b+1\right)^2\left(c+a\right)^2}{4}\)
Tương tự với các cặp còn lại, ta được :
\(\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\le\frac{\left(c+1\right)^2\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2\left(b+c\right)^2}{4}\)
Nhân theo vế :
\(\left[\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\left(bc+a\right)\right]^2\le\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\frac{\left[\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right]^2}{64}\)
Mà : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\left(\frac{a+1+b+1+c+1}{3}\right)^3=8\)
Do đó \(\left[\left(ab+c\right)\left(ac+b\right)\left(bc+a\right)\right]^2\le\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2.\frac{8^2}{64}\)
Từ đó suy ra \(\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\left(bc+a\right)\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\Rightarrowđpcm\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 4 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a$
$\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^2\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b$
$\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^2\geq 3\sqrt[3]{c^3}=3c$
Cộng theo vế 2 BĐT trên thu được:
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)=(a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ac$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
mk học lớp 6 nên ko biết làm nhưng k cho mk nha !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
bạn đánh lên google có đó