PB
4
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
11 tháng 2 2022
Ta thấy: \(\frac{a^2}{b}-2a+b=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}\)
\(\sqrt{a^2-ab+b^2}-\frac{a+b}{2}=\frac{a^2-ab+b^2-\frac{\left(a+b\right)^2}{b}}{\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{a+b}{2}}=\frac{3\left(a-b\right)^2}{4\sqrt{a^2-ab+b^2}+2a+2b}\)
Bất đẳng thức tương đương với:
\(\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)
\(\frac{3\left(a-b\right)^2}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}+\frac{3\left(b-c\right)^2}{4\sqrt{b^2+c^2-bc}+2\left(b+c\right)}+\frac{3\left(c-a\right)^2}{b\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\right]\)
\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\right]\ge0\)
Ta đặt:
\(A=\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\)
\(B=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\)
\(C=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\)
Chứng mình sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được A,B,C\(\ge0\), vậy:
\(A=\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}=\frac{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2a+b}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\ge0\)
\(B=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}=\frac{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2b+c}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\ge0\)
\(C=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}=\frac{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2c+a}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\ge0\)
Vậy biểu thức đã được chứng mình.
18 tháng 9 2018
\(\sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b+ac}}\)
N
30 tháng 9 2017
Bài này có xuất hiện rồi ,you vào mục tìm kiếm là thấy liền.
Lời giải vắn tắt:
\(A=\sum\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sum\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(ab+2c^2\right)\left(1+ab-c^2\right)}}\ge\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{1+2ab+c^2}=\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{\left(a+b\right)^2+2c^2}\ge\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{2\left(a^2+b^2\right)+2c^2}=\sum\left(ab+2c^2\right)=ab+bc+ca+2\)
( thay \(a^2+b^2+c^2=1\))
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 6 2020
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 6 2020
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
27 tháng 6 2020
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
LC
12 tháng 10 2017
Áp dụng bđt Holder, ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right).\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right)\left[a^2b^2\left(a^2+b^2\right)+b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+c^2a^2\left(c^2+a^2\right)\right]\ge\left(ab+bc+ca\right)^3=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{8}\)
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{a^2b^4+a^4b^2+b^2c^4+b^4c^2+c^2a^4+c^4a^2}\)
Đặt a2=x, b2=y, c2=z
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\)(1)
Theo bđt Schur, ta có:
\(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\ge4.\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)+3xyz\)
Vì \(xyz=\left(abc\right)^2\ge0\)
=>\(\left(x+y+z\right)^3\ge4\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\)
=>\(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\ge4\)
Thay vào (1)=>\(VT^2\ge\frac{1}{2}=>VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
=>ĐPCM
RV
13 tháng 10 2017
a,b,c>=0 mới được nhé
Đặt biểu thức là A
\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{ab\left(a^2+b^2\right)}}{a^2+b^2}>=\frac{\sqrt{2abab}}{a^2}=\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}\)
Dấu = xảy ra khi có một trong 2 số a,b =0 hoặc a=b.
Tương tự=> A>=\(\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{2}bc}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{2}ca}{a^2+c^2}\)
\(\sqrt{2}A>=\frac{2ab}{a^2+b^2}+\frac{2bc}{b^2+c^2}+\frac{2ca}{c^2+a^2}\)
\(\sqrt{2}A+3>=\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c^2+a^2}.\)
>=\(\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=4.\)
=>A>=1/căn 2
Dấu = xảy ra khi 2 số bằng nhau, một số =0
NT
1
HV
25 tháng 10 2014
Nhân 2 vế với 2 .Chuyen ve rồi dua ve HDT (a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 >=0(luôn đúng)
VT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 10 2017
Lời giải:
Từ \(\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^3=(ab+bc+ac)^2\) (mũ $6$)
Mặt khác, theo hệ quả của BĐT AM-GM thì \(ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2\)
Do đó, \((a^2+b^2+c^2)^3=(ab+bc+ac)^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2[(a^2+b^2+c^2)-1]\leq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1\)
Theo BĐT AM-GM: \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\leq 3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\leq \sqrt{3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 = 2ab + 2bc + 2ca
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0
<=> (a2 - 2ab + b2) + (a2 - 2ca + c2) + (b2 - 2bc + c2) = 0
<=> (a - b)2 + (a - c)2 + (b - c)2 = 0
<=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\a-c=0\\b-c=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)(đpcm)
Nhân vế 2 biểu thức, ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab+2bc+2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\left(1\right)\)
Vì\(\left(a-b\right)^2\ge0;\left(b-c\right)^2\ge0;\left(c-a\right)^2\ge0\)nên từ (1) \(\Rightarrow a-b=b-c=c-a=0\)hay \(a=b=c\)