ND
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
16 tháng 2 2019
1, Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta được
\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{bc}{a}}=2c\)
Cộng từng vế vào ta được
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Dấu "=" khi a = b = c
16 tháng 2 2019
2,Vì a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên a,b,c > 0
Ta có các bđt quen thuộc sau : \(\frac{m}{n}>\frac{m}{m+n}\)và \(\frac{m}{n}< \frac{m+m}{m+n}\)
\(\Rightarrow\frac{m}{m+n}< \frac{m}{n}< \frac{m+m}{m+n}\). Áp dụng bđt này ta được
\(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{b+c}< \frac{a+a}{a+b+c}\)
\(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{a+b+c}< \frac{b+b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{a+b}< \frac{c+c}{a+b+c}\)
Cộng 3 bđt trên lại ta được đpcm
T
10 tháng 6 2019
#)Giải :
\(a^2+b^2\le1+ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3=a^5+b^5\right)\)
\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)( luôn đúng \(\forall a;b>0\))
Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\left(đpcm\right)\)
P/s : Bài này mk tham khảo trên mạng ( tại thấy rảnh nên chép hộ ^^ )
5 tháng 5 2017
a. Do \(a>0,\) \(b>0\) \(\Rightarrow a,b\) là số dương
Ta có:
* \(a< b\Leftrightarrow a^2< ab\) (nhân cả hai vế với a)
* \(a< b\Leftrightarrow ab< b^2\) (nhân cả hai vế với b)
b. Từ câu a theo tính chất bắc cầu suy ra:\(a^2< b^2\)
Ta có: \(a^2< b^2\Leftrightarrow a^3< ab^2\) (nhân cả hai vế với a)
mà ab2<b3 (a<b)
\(\Rightarrow a^3< b^3\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2017
Bài 3:
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{2}{x^2+y^2}=2\left(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\) \(\geq 2.\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}=\frac{8}{(x+y)^2}=8\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
b) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{1}{2xy}+\left (\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\geq \frac{1}{2xy}+\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}\)
\(=\frac{1}{2xy}+\frac{4}{(x+y)^2}\)
Theo BĐT AM-GM:
\(xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{2xy}\geq 2\)
Do đó \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\geq 2+4=6\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2017
Bài 1: Thiếu đề.
Bài 2: Sai đề, thử với \(x=\frac{1}{6}\)
Bài 4 a) Sai đề với \(x<0\)
b) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^4-x+\frac{1}{2}=\left (x^4+\frac{1}{4}\right)-x+\frac{1}{4}\geq x^2-x+\frac{1}{4}=(x-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^4=\frac{1}{4}\\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (vô lý)
Do đó dấu bằng không xảy ra , nên \(x^4-x+\frac{1}{2}>0\)
Bài 6: Áp dụng BĐT AM-GM cho $6$ số:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)
10 tháng 8 2017
5) a) Đặt b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z thì 2a=y+z;2b=x+z;2c=x+y
Ta có:
\(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\ge6\)
Vậy ta suy ra đpcm
b) Ta có: a+b>c;b+c>a;a+c>b
Xét: \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
.Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c};\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy ta có đpcm
10 tháng 8 2017
6) Ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2cd+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)
\(ab+cd=ab+\dfrac{1}{ab}\ge2\)
Suy ra đpcm
5 tháng 8 2017
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 8 2017
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
T
7 tháng 9 2019
Làm bài này một hồi chắc bay não:v
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có đpcm.
Bài 2:
a) Dấu = bài này không xảy ra ? Nếu đúng như vầy thì em xin một slot, ăn cơm xong đi ngủ rồi dậy làm:v
b) Theo BĐT Bunhicopxki:
\(VT^2\le3.\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\left(qed\right)\)
Đẳng thức xảy r akhi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3: Theo BĐT Cauchy-Schwarz và bđt AM-GM, ta có:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
9 tháng 10 2017
Câu 1:
\(a^2+b^2+c^2+3=2\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3-2\left(a+b+c\right)=0\\ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-2b-2c+3=0\\ \Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(c^2-2c+1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2=0\\ Do\text{ }\left(a-1\right)^2\ge0\forall x\\\left(b-1\right)^2\ge0\forall x\\ \left(c-1\right)^2\ge0\forall x\\ \Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\forall x\)
\(\text{Dấu }"="\text{ xảy ra khi : }\left\{{}\begin{matrix}\left(a-1\right)^2=0\\\left(b-1\right)^2=0\\\left(c-1\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy \(a=b=c=1\text{ }khi\text{ }\left(a+b+c\right)^2=2\left(a+b+c\right)\)
MH
9 tháng 10 2017
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+ac+bc\right)\)
<=> \(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc-3ab-3ac-3bc=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\) \(\forall x\in R\)
Dấu '' = '' xảy ra <=> a = b = c = 0
Vậy....
\(a;b>0< =>a^3+b^3>a^3-b^3\)
\(a^3+b^3=a-b\)
\(a^3-b^3< a-b\)
\(\frac{a^3-b^3}{a-b}< \frac{a-b}{a-b}\)
\(a^2+b^2+ab< 1\)
\(< =>ĐPCM\)
Ta có:\(a^2+b^2+ab< 1\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)< a-b\)
\(\Leftrightarrow a^3-b^3< a-b\)
Theo đề bài :\(a^3+b^3=a-b\)
\(\Rightarrow a^3-b^3< a^3+b^3\)
\(\Rightarrow a^3-b^3-a^3-b^3< 0\)
\(\Rightarrow-2b^3< 0\left(\forall b\right)\)