Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ Bình phương 2 vế:
\(\frac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\le\frac{a+b}{2}\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
b/ Bình phương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge ac+bd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2-2abcd+b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
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:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
Thôi làm luôn tìm ko ra thì chỉ phí time
Ta cm bổ đề
\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{b+c+d}{a}}\le\frac{a+b+c+d}{2a}\)
\(=\frac{\frac{b+c+d}{a}+1}{2}\ge\sqrt{\frac{b+c+d}{a}}\) (đúng)
Tương tự cho 3 BĐT còn lại rồi cộng theo vế
\(VT\ge\frac{2a+2b+2c+2d}{a+b+c+d}=\frac{2\left(a+b+c+d\right)}{a+b+c+d}=2=VP\)
bài này vừa làm hôm qua xong chả nhớ ở web nào cả
nhưng c/m \(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\) bằng AM-GM nhé đợi t tìm link cho đỡ phải làm lại
e)
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> ĐPCM
\(\sqrt{a+bc}=\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{\left(a+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\)
Tương tự: \(\sqrt{b+ac}\ge b+\sqrt{ac}\) ; \(\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Giả sử BĐT đúng , Bình phương 2 vế đc
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2\left(ac+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ac+bd\).Bình phương 2 vế đc
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2\ge2abcd\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vậy BĐT luôn đúng mà bạn ghi sai dấu