Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
vì a b c là 3 cạnh của 1 tam giác nên a b c dương \(\Rightarrow\)\(\frac{a^2}{b+c}\)\(\frac{b^2}{c+a}\)\(\frac{c^2}{a+b}\)dương
chu vi của tam giác có cạnh a b c là 4 nên a+b+c=4
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}>=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+c+a+a+b}\)(bđt cauchy schwat dạng engel)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{4^2}{4\cdot2}=\frac{16}{8}=2\)
dấu = xảy ra khi \(\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}=\frac{c}{a+b}=\frac{a+b+c}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow a=b=c=\frac{4}{3}\)
vậy \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}>=2\)dấu = xảy ra khi a=b=c=\(\frac{4}{3}\)
Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :
\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)
Cho a, b khác 0. Chứng minh:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-1\ge2\left(\frac{a^2-b^2}{ab}\right)\)
Đặt \(\frac{a}{b}=x\Rightarrow\frac{b}{a}=\frac{1}{x}\)
\(\Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}-1>2\left(x-\frac{1}{x}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^4-2x^3-x^2+2x+1}{x^2}>0\)
\(\Leftrightarrow x^3\left(x-2\right)-x\left(x-2\right)+1>0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)+1>0\)
Có: \(\left(x-2\right)\left(x-1\right)x\left(x+1\right)\)là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp ta có:
\(\Rightarrow x\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow x\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)+1\ge1>0\)
Đúng không ta?
Sửa từ dòng số 6:
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2-x-2\right)\left(x^2-x\right)+1\ge0\)
Đặt \(x^2-x=t\)
\(\Rightarrow\left(t-2\right)t+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow t^2-2t+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
Dấu " = " xảy ra khi ........................
Từ \(a+b+c=1\Rightarrow2a+2b+2c=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=2\)
Ta có: \(\frac{a+bc}{b+c}=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\)
Tương tự ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{c+a}+\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}\ge2\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c\\y=a+c\\z=a+b\end{cases}}\) thì BĐT cần chứng minh là:
\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\forall\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=2\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}\ge2x\\\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2y\\\frac{yz}{x}+\frac{xy}{z}\ge2z\end{cases}}\)
Cộng theo vế rồi thu gọn ta có:\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\)
BĐT được chứng minh nên BĐT đầu cũng đã được chứng minh
Ta có: \(a^2+b^2+\left(\frac{ab+1}{a+b}\right)^2\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+\left(ab+1\right)^2\ge2\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\left[\left(a+b\right)^2-2ab\right]-2\left(a+b\right)^2+\left(ab+1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^4-2ab\left(a+b\right)^2-2\left(a+b\right)^2+\left(ab+1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-ab-1\right]^2\ge0\)(đúng)
\(\Leftrightarrow dpcm\)
⇔(a2+b2)(a+b)2+(ab+1)2≥2(a+b)2
⇔(a+b)2[(a+b)2−2ab]−2(a+b)2+(ab+1)2≥0
⇔(a+b)4−2ab(a+b)2−2(a+b)2+(ab+1)2≥0
⇔[(a+b)2−ab−1]2≥0(đúng)
k mình đi
Link https://lazi.vn/edu/exercise/cho-a-b-c-la-do-dai-3-canh-cua-mot-tam-giac-va-p-la-nua-chu-vi-chung-minh-1-p-a-1-p-b-1-p-c-21-a-a-b-1-c
Theo BĐT AM-GM :
\(\sqrt{b}=\sqrt{b\cdot1}\le\frac{b+1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{b}}\ge\frac{a}{\frac{b+1}{2}}=\frac{2a}{b+1}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\)
+ Tương tự ta cm đc :
\(\frac{b}{\sqrt{c}}\ge\frac{2b}{c+1}\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\)
\(\frac{c}{\sqrt{a}}\ge\frac{2c}{a+1}\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=1\)
Do đó : \(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\ge2\left(\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+}+\frac{c}{a+1}\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)\geq 2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}-\frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2ab+1}-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{2ab}{ab(\sqrt{2ab+1}+1}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2ab+1}+1}\geq \sqrt{2}-1\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{2ab+1}+1\leq \sqrt{2}+1\)
\(\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}\leftrightarrow 2ab\leq 1\Leftrightarrow 2ab\leq a^2+b^2\) (luôn đúng theo AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)\geq 2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}-\frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2ab+1}-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{2ab}{ab(\sqrt{2ab+1}+1}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2ab+1}+1}\geq \sqrt{2}-1\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{2ab+1}+1\leq \sqrt{2}+1\)
\(\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}\leftrightarrow 2ab\leq 1\Leftrightarrow 2ab\leq a^2+b^2\) (luôn đúng theo AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
Xét hiệu
+) \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}=\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\)
\(\Rightarrow ab>0\) ( vì a,b cùng dấu (gt ))
Hay \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) (đpcm)