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
H
0
DL
0
HD
0
TN
7
ML
13 tháng 8 2016
\(a^3+1+1\ge3\sqrt[3]{a^3.1.1}=3a\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^3+b^3+c^3+6}{3}=3\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 3\text{ }\Rightarrow\text{ }3-a>0\\b+c\le3-a\end{cases}}\)
\(P=3a\left(b+c\right)+bc\left(3-a\right)\le3a\left(b+c\right)+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}.\left(b+c\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^3\right]\le\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3\right]\)
\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3-32\right]+8\)
\(=-\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(a-1\right)^2+8\le8\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Vậy \(\text{Max }P=8\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 8 2021
Ta có:
\(\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{4a+3bc}}+\sqrt{b}\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{4b+3ac}}+\sqrt{c}\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{4c+3ab}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
\(=2\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\le\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4a}{4a+3bc}+\dfrac{4b}{4b+3ac}+\dfrac{4c}{4c+3ab}\le2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3bc}{4a+3bc}+\dfrac{3ac}{4b+3ac}+\dfrac{3ab}{4c+3ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{4a+3bc}+\dfrac{ac}{4b+3ac}+\dfrac{ab}{4c+3ab}\ge\dfrac{1}{3}\)
Thật vậy, ta có:
\(VT=\dfrac{\left(bc\right)^2}{4abc+3\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{4abc+3\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{4abc+3\left(ab\right)^2}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab\right)^2+3\left(bc\right)^2+3\left(ca\right)^2+12abc}=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab\right)^2+3\left(bc\right)^2+3\left(ca\right)^2+6abc\left(a+b+c\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)^2}=\dfrac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=...\)
VT
4
14 tháng 9 2017
\(A=\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{ab}\left(a+b\right)}=\frac{\left(a^2+2ab+b^2\right)+ab}{\sqrt{ab}\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b\right)^2+ab}{\sqrt{ab}\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)^2}{\sqrt{ab}\left(a+b\right)}+\frac{ab}{\sqrt{ab}\left(a+b\right)}=\frac{a+b}{\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\)
Áp dụng bđt AM - GM ta có : \(A\ge2\sqrt{\frac{a+b}{\sqrt{ab}}.\frac{\sqrt{ab}}{a+b}}=2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a+b=\sqrt{ab}\)
14 tháng 9 2017
làm tiếp đoạn của Đinh Đức Hùng
\(\frac{a+b}{\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}=\frac{a+b}{\sqrt{ab}}+\frac{4\sqrt{ab}}{a+b}-\frac{3\sqrt{ab}}{a+b}\ge4-\frac{\frac{3}{2}\left(a+b\right)}{a+b}=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 8 2018
Lời giải:
Không biết số liệu góc của $BAC$ đã đúng chưa nhưng mình có thể chỉ hướng giải này cho em.
Kẻ $BH$ vuông góc với $AC$
Khi đó ta có:
\(BH=a\sin A\)
\(AH=a\cos A\)\(\Rightarrow CH=AC-AH=a-a\cos A\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $BHC$ ta có:
\(BC^2=BH^2+CH^2\)
\(\Rightarrow b^2=(a\sin A)^2+(a-a\cos A)^2\)
\(b^2=a^2\sin ^2A+a^2+a^2\cos ^2A-2a^2\cos A\)
\(b^2=a^2(\sin ^2A+\cos ^2A)+a^2-2a^2\cos A\)
\(b^2=a^2+a^2-2a^2\cos A=2a^2-2a^2\cos A=2a^2(1-\cos A)\) (nhớ rằng tổng bình phương của sin và cos một góc bất kỳ thì bằng 1)
\(\Rightarrow b=a\sqrt{2(1-\cos A)}\)
Thay vào :
\(a^3+b^3=a^3(1+\sqrt{8(1-\cos A)^3})\)
\(3ab^2=6a^3(1-\cos A)\)
Nếu $A=20^0$ như bài đã cho thì ta thấy \(a^3+b^3\neq 3ab^2\) .
A,B,C >0 ạ.
Chứng minh : `(a+b)^{3}+c^{3}-3ab(a+b+c)>0`
`<=>(a+b+c)[(a+b)^{2}-c(a+b)+c^{2}]-3ab(a+b+c)>0`
`<=>(a+b+c)(a^{2}+2ab+b^{2}-ac-bc+c^{2}-3ab)>0`
`<=>(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ac-bc-ab)>0`
`<=>(a+b+c)(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ac-2bc-2ab)>0`
`<=>(a+b+c).[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]>0`
Ta thấy :
+) `a+b+c>0` ( do `a,b,c>0` )
+) `(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}>=0`
Dấu "=" xảy ra khi `a=b=c`
Mình nghĩ bạn thiếu đề là : 3 số abc đôi một khác nhau.
Vậy đã chứng minh được đề.