NT
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
VT
27 tháng 6 2018
Đặt \(S_{AMB}=a;S_{BMC}=b;S_{CMA}=c\)
Ta có \(\frac{AM}{MA'}+\frac{BM}{MB'}+\frac{MC}{MC'}=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)=\(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge6\)(cô-si)
H
2
TX
1
TN
28 tháng 11 2016
Theo BĐT AM-GM \(VT\ge6\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le\frac{1}{2}\left(b+c-a+c+a-b\right)=c\)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}\le b\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\le b\)
\(\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow6\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\ge6\)
\(\Rightarrow\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}\ge6\)
Đpcm
SL
1
24 tháng 4 2018
Đặt \(C=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)
\(C=\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)
Ta có:\(2ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)(tự cm)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2ab}\ge\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=2\)
Lại có:\(\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\ge\dfrac{4}{a^2+2ab+b^2}=\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)(tự cm)
\(\Rightarrow C\ge2+4=6\left(đpcm\right)\)
30 tháng 3 2018
1.VT= \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{y}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương, ta có:
\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)≥ 2\(\sqrt{\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{x}}\)=2; tương tự \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\)≥2; \(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\)≥2.
Cộng 3 BĐT trên, ta được đpcm.
31 tháng 3 2018
2.Đặt b+c-a= x, a+c-b= y, a+b-c= z. Khi đó x,y,z>0.
2a= y+z; 2b= x+z; 2c= x+y. Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:
\(\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{z+x}{y}\)≥6.
Theo bài 1 bđt luôn đúng
NT
2
1 tháng 3 2018
Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
TT\(\Rightarrow c^2+d^2\ge2cd\)
BĐT\(\Leftrightarrow3ab+3cd\ge6\)
\(\Leftrightarrow ab+cd\ge2\)
Lại có \(ab+cd\ge2\sqrt{abcd}=2\)
\(\Rightarrowđpcm\)
5 tháng 3 2019
Áp dụng bất đẳng thức: \(x^2+y^2\ge2xy\) ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2bc+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)Mặt khác: \(3\left(ab+cd\right)=3\left(ab+\frac{abcd}{ab}\right)=3\left(ab+\frac{1}{cd}\right)\ge3.2=6\) \(\left(BĐT:\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\right)\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6\)(đpcm)
SM
14 tháng 4 2018
Nếu đề bài là chứng minh thì làm thế này:
theo cosi ( \(a^2,b^2\ge o\))ta có:
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(c^2+d^2\ge2cd\)
\(=>a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3ab+3cd\)
theo cosi tiếp => \(3ab+3cd\ge2\sqrt{9abcd}=2\sqrt{9}=6\)
Dấu = xảy ra khi ab=cd
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 3 2023
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=2\)
Áp dụng BĐT C-S:
\(P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3-\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+4}{3-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Đặt \(a^2+b^2+c^2=x\)
Ta cần c/m: \(\dfrac{x+4}{3-x}\ge6\Leftrightarrow x+4\ge18-6x\)
\(\Leftrightarrow x\ge2\) (đúng)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\pm\sqrt{\dfrac{2}{3}}\)
MN
1
18 tháng 9 2016
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\left(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\right)+\frac{1}{2ab}\)
Ta có : \(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)
\(\frac{1}{2ab}\ge\frac{2}{\left(a+b\right)^2}=2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge4+2=6\)
Lời giải:
Vì \(a\geq 3, ab\geq 6\Rightarrow b>0\)
\(ab\geq 6, abc\geq 6\Rightarrow c>0\)
Áp dụng BĐT Am-Gm cho các số không âm:
\(a+b+c=\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c\geq 6\sqrt[6]{\frac{a^3b^2c}{3^3.2^2}}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\geq 6\sqrt[6]{\frac{a.ab.abc}{3^3.2^2}}\geq 6\sqrt[6]{\frac{3.6.6}{3^3.2^2}}=6\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(3,2,1)\)
a>=3và ab>=6=>b>=6:3=2
abc>=6 và ab>=6=>c>=6:6=1
a>=3
b>=2
c>=1
cộng theo vế có điều cần c/m