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
7 tháng 12 2017
Chứng minh BĐT Phụ: \(a^5+b^5\ge a^4b+ab^4\)với \(a;b>0\)
\(\Rightarrow\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{a^4b+ab^4}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{ab\left(a+b\right)}=a^2-ab+b^2\)
Áp dụng ta có: \(VT\)(VẾ TRÁI)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\) \(\left(1\right)\)
Xét: \(\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\right]-\left[3\left(ab+bc+ca\right)-2\right]\)
\(=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\) (Do a2+b2+c2=1) \(\left(2\right)\)
Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) Tự chứng minh \(\left(3\right)\)
Từ (1);(2) và (3) suy ra \(VT\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
Vậy \(\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}+\frac{b^5+c^5}{bc\left(b+c\right)}+\frac{c^5+a^5}{ca\left(c+a\right)}\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
VH
0
1 tháng 1 2018
Other way:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
KB
16 tháng 5 2019
1 ) (a+b+c)^2 >= 3(ab+bc+ac)
<=> a^2 + b^2 + c^2 >= ab + bc + ac
<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 >= 2ab + 2bc + 2ac
<=> a^2 - 2ab + b^2 + b^2 - 2bc + c^2 + a^2 - 2ac + c^2 >= 0
<=> (a - b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2 >= 0
( luôn đúng với mọi a ; b ; c )
( đpcm )
2 ) P = \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ac}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ac\right)}+\frac{ab+bc+ac}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ac\right)}\)
AD BĐT Cô - si và BĐT phụ đã cmt ở trên ta có : \(P\ge2.\frac{1}{3}+\frac{8.3.\left(ab+bc+ac\right)}{9\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{2}{3}+\frac{8}{3}=\frac{10}{3}\)
Dấu " = " xảy ra <=> a = b = c
16 tháng 5 2019
Khôi Bùi : theo e ý 2 có thể đơn giản hóa vấn đề bằng cách đặt ẩn phụ
đặt \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}=t\left(t\ge3\right)\)
\(\Rightarrow P=t+\frac{1}{t}=\frac{t}{9}+\frac{1}{t}+\frac{8}{9}t\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(P\ge2.\sqrt{\frac{t}{9}.\frac{1}{t}}+\frac{8}{9}t\ge\frac{2.1}{3}+\frac{8}{9}.3=\frac{10}{3}\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018
Bài 1:
(a)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)
Ta có đpcm.
(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.
Đặt
\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)
Khi đó:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)
\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
(c):
Theo BĐT tam giác:
\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
LM
5 tháng 10 2017
Xét \(P=\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)^2\)
\(P=\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+6\)
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
\(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}\ge2\sqrt{b^4}=2b^2\)
Tương tự, ta có: \(P=\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+6\ge a^2+b^2+c^2+6=9\)
\(\Rightarrow P\ge3\)
1 tháng 3 2018
a)a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
\(\Rightarrow a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
TT\(\Rightarrow b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng vế theo vế ta có đpcm
1 tháng 3 2018
b)BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b-c}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b+c}{b+c-a}+\dfrac{a+b+c}{a+c-b}+\dfrac{a+b+c}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge9\)(đúng theo AM-GM)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 4 2022
Bunhiacopxki:
\(\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{bc}{b^2+ca+ab}\le\dfrac{bc\left(c^2+ca+ab\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}\le\dfrac{ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\le\dfrac{a^2+c^2+c^2}{ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Nhân phá và rút gọn 2 vế:
\(\Leftrightarrow a^3b+b^3c+c^3a\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3b+b^3c+c^3a}{abc}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\ge a+b+c\)
Đúng do: \(\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Với mọi số thực x, y ta luôn có:
\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)
Do đó:
\(a^2+1\ge2a\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(c^2+1\ge2c\)
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ca\)
Cộng vế với vế:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)