Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
\(VT\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{x^2+z^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{4\left(x+y+z\right)^2}{2x+2y+2z}-\left(x+y+z\right)=x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{2019}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{\dfrac{2019}{8}}\) (đpcm)
\(\sqrt{a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2+\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2}=\frac{3a+5b}{4}\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3b+5c}{4};\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3c+5a}{4}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3a+5b+3b+5c+3c+5a}{4}\)
\(=2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P
Ta có:
\(P=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{2011}\)
Đồng thời: \(\left\{{}\begin{matrix}y^2+z^2-x^2=2a^2\\z^2+x^2-y^2=2b^2\\x^2+y^2-z^2=2c^2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{z^2+x^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}-\left(x+y+z\right)\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{\left(y+z+z+x+x+y\right)^2}{2x+2y+2z}-\left(x+y+z\right)\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{2011}{2}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{2011}{2}}\)
Mk muốn làm giúp bạn lắm chứ nhưng mà khổ lỗi mk mới học lớp 6 . Xin lỗi bn
bài 2 gợi ý từ hdt (x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(x+y)(y+z)(z+x)
VT (ở đề bài) = a+b+c
<=>....<=>3[căn bậc 3(a)+căn bậc 3(b)].[căn bậc 3(b)+căn bậc 3(c)].[căn bậc 3(c)+căn bậc 3 (a)]=0
từ đây rút a=-b,b=-c,c=-a đến đây tự giải quyết đc r
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\(\Sigma_{cyc}\sqrt{a+b^2}=\Sigma_{cyc}\frac{a+b^2}{\sqrt{a+b^2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\left(a+b\right)\left(a+b^2\right)}{\left(a+b\right)\sqrt{a+b^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a+b\right)\left(a+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2+a+b^2}\)
\(=\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a+b\right)\left(a\left(a+b+c\right)+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2+a\left(a+b+c\right)+b^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+ab+ac\right)}{2a^2+2b^2+3ab+ac}\)
Như thế ta chỉ cần chứng minh
\(\Sigma_{cyc}\frac{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+ab+ac\right)}{2a^2+2b^2+3ab+ac}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}a^5b^2+\Sigma_{cyc}a^4b^2c+2\Sigma_{cyc}a^5bc\ge2\Sigma_{cyc}a^3b^3c+2\Sigma_{cyc}a^3b^3c^2\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{19}{6}a^5b^2+\frac{4}{19}b^5c^2+\frac{6}{19}c^5a^2-a^3b^2c^2\right)+abc\left(\Sigma_{cyc}a^3b-\Sigma_{cyc}a^2bc\right)+2abc\)\(\left(\Sigma_{cyc}a^4-\Sigma_{cyc}a^2b^2\right)\ge0\)
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Hoặc \(a=1,b=c=0\) Và các hoán vị