Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a,b,c>0\)
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c+a+b+c}=\frac{3^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2.1}=\frac{9}{2}\)
đpcm
Tham khảo nhé~
kudo shinichi nêú dùng kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số thì sao bn
b2 \(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}=\sqrt{x}.\sqrt{1-\frac{1}{x}}+\sqrt{y}.\)\(\sqrt{y}.\sqrt{1-\frac{1}{y}}+\sqrt{z}.\sqrt{1-\frac{1}{z}}\)rồi dung bunhia là xong
A= \(\frac{1}{a^3}\)+ \(\frac{1}{b^3}\)+ \(\frac{1}{c^3}\)+ \(\frac{ab^2}{c^3}\)+ \(\frac{bc^2}{a^3}\)+ \(\frac{ca^2}{b^3}\)
Svacxo:
3 cái đầu >= \(\frac{9}{a^3+b^3+c^3}\)
3 cái sau >= \(\frac{\left(\sqrt{a}b+\sqrt{c}b+\sqrt{a}c\right)^2}{a^3+b^3+c^3}\)
Cô-si: cái tử bỏ bình phương >= 3\(\sqrt{abc}\)
=> cái tử >= 9abc= 9 vì abc=1
Còn lại tự làm
câu này ở trong câu trả lời cảu tớ ấy vào phần hỏi đáp bạn tìm câu hỏi của tớ
đề câu 78
\(\sqrt{x\left(x+2\right)}+\sqrt{2x-1}=\sqrt{\left(x+1\right)\left(3x+1\right)}\)
\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)
\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)
\(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)
\(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)
\(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)
\(2.\) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\) \(1\ge8abc\)
\(\Leftrightarrow\) \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)
1.
\(P=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}+\frac{5x}{2}\ge2\sqrt{\frac{x}{4x}}+\frac{5}{2}.1=\frac{7}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=1\)
2.
\(P=\frac{a}{100}+\frac{1}{a}+\frac{b}{10000}+\frac{1}{b}+\frac{c}{1000^2}+\frac{1}{c}+\frac{99}{100}a+\frac{9999}{10000}b+\frac{999999}{1000000}c\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{a}{100a}}+2\sqrt{\frac{b}{10000b}}+2\sqrt{\frac{c}{1000000c}}+\frac{99}{100}.10+\frac{9999}{10000}.100+\frac{999999}{1000000}.1000=...\)
Bạn tự bấm máy tính
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=10\\b=100\\c=1000\end{matrix}\right.\)
3.
\(VT=\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{8ab}{\left(a+b\right)^2}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2ab}+\frac{8ab}{\left(a+b\right)^2}\ge2\sqrt{\frac{8ab\left(a+b\right)^2}{2ab\left(a+b\right)^2}}=4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
B2:Áp dụng cô si ta có:\(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\)
Ta có \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+4\left(1\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)suy ra BĐT tương đương với \(a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}\ge\frac{17}{2}\)
Ta có \(a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\left(a+b\right)^2-2ab+\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\)Mà \(ab\le\frac{1}{4}\)
Nên \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-2ab=1-2.\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\left(2\right)\\\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\ge\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{16}}=8\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng \(\left(2\right)vs\left(3\right)\)lại ta thu được \(đpcm\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
cái thứ nhất nhân với a cái thứ hai nhan b, cái thứ ba nhân c, cái thứ tư nhân d rồi dùng svác sơ trả lời câu hỏi của tớ đi
hướng làm của bạn vũ tiền châu đúng rồi nhé
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : \(\frac{a^4}{a\left(b+c+d\right)}+\frac{b^4}{b\left(a+c+d\right)}+\frac{c^4}{c\left(d+a+b\right)}+\frac{d^4}{d\left(a+b+c\right)}\ge\frac{1}{3}\)
\(< =>\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{1}{3}\)
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.\left(ab+bc+ca+da\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.1}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\)
Giờ ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}< =>\left(a^2+b^2+d^2+c^2\right)^2\ge1\)
\(< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge1< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da\)
\(< =>2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+bc+cd+da\right)\)
\(< =>2a^2+2b^2+2c^2+2d^2-2ab-2bc-2cd-2da\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(d-a\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Áp dụng bđt Bunhia-cốp-xki ở dạng phân thức, ta có:
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+b+c+c+a}=\dfrac{9}{2}\)( vì a+b+c=1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{1}{b+c}=\dfrac{1}{c+a}\Leftrightarrow a+b=b+c=c+a\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)(vì a+b+c=1)