NA
1
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
T
9 tháng 8 2019
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
T
9 tháng 8 2019
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
7 tháng 8 2017
cho mình xin đề bài với cho hỏi tại sao có
\(\left(a-b\right)^2\left(17a^2+10ab+9b^2\right)\ge0\)
để suy ra \(\sqrt{2a\left(a+b\right)^3}\le\frac{5}{2}a^2+\frac{3}{2}b^2\)
HP
7 tháng 8 2017
#Thắng: hình như là Ireland MO 2000 hay 2002 j đó , nãy vừa thấy trên fb <(")
15 tháng 8 2017
cho đề này:
cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn a2+b2+c2=1.CMR:\(\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\le\frac{9}{2}\)
31 tháng 10 2020
a)ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x\ne1\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(A=\frac{15\sqrt{x}-11}{x+2\sqrt{x}-3}+\frac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}}-\frac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\)
\(=\frac{15\sqrt{x}-11}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}-\frac{\left(3\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{\left(2\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{15\sqrt{x}-11-\left(3x+9\sqrt{x}-2\sqrt{x}-6\right)-\left(2x-2\sqrt{x}+3\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{15\sqrt{x}-11-3x-7\sqrt{x}+6-2x-\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{-5x+7\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{-5x+5\sqrt{x}+2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{-5\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(-5\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\)
Ta có: \(A-\frac{2}{3}=\frac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}-\frac{2}{3}\)
\(=\frac{3\left(-5\sqrt{x}+2\right)}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{2\left(\sqrt{x}+3\right)}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\frac{-15\sqrt{x}+6-2\sqrt{x}-6}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\frac{-17\sqrt{x}}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\frac{-17\sqrt{x}-51+51}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\frac{-17}{3}+\frac{17}{\sqrt{x}+3}\)
Ta có: \(\sqrt{x}+3\ge3\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
\(\Rightarrow\frac{17}{\sqrt{x}+3}\le\frac{17}{3}\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
\(\Rightarrow\frac{17}{\sqrt{x}+3}-\frac{17}{3}\le\frac{17}{3}-\frac{17}{3}=0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
\(\Rightarrow A-\frac{2}{3}\le0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
nên \(A\le\frac{2}{3}\)(đpcm)
c) Ta có: \(C=\left(\frac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\sqrt{ab}\right):\left(a-b\right)+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\left(\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\sqrt{ab}\right):\left(a-b\right)+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{a-b}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}+2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=1\)
Vậy: Giá trị của C không phụ thuộc vào a,b(đpcm)
27 tháng 3 2017
Ta có:
\(\frac{3}{2}\ge a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Ta có:
\(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1+1+1+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2b}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16a^2b^2}}\)
Tưng tự ta có: \(\hept{\begin{cases}3+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16b^2c^2}}\\3+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16c^2a^2}}\end{cases}}\)
Từ đó ta có
P\(\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16a^2b^2}}.7\sqrt[7]{\frac{1}{16b^2c^2}}.7\sqrt[7]{\frac{1}{16c^2a^2}}\)
\(=7^3\sqrt[7]{\frac{1}{16^3a^4b^4c^4}}\ge7^3.\sqrt[7]{\frac{8^4}{16^3}}=7^3\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
27 tháng 3 2017
Ta có:
\(\frac{3}{2}\ge a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Ta có:
\(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1+1+1+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2b}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16a^2b^2}}\)
Tưng tự ta có: \(\hept{\begin{cases}3+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16b^2c^2}}\\3+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16c^2a^2}}\end{cases}}\)
Từ đó ta có
\(\ge7\sqrt[7]{\frac{1}{16a^2b^2}}.7\sqrt[7]{\frac{1}{16b^2c^2}}.7\sqrt[7]{\frac{1}{16c^2a^2}}\)
\(=7^3\sqrt[7]{\frac{1}{16^3a^4b^4c^4}}\ge7^3.\sqrt[7]{\frac{8^4}{16^3}}=7^3\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Ta có
\(\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\le\frac{a^3+b^3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{8}\le\frac{a^3+b^3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^3+6a^2b+6ab^2+2b^3\le8a^3+8b^3\)
\(\Leftrightarrow6a^2b+6ab^2\le6a^3+6b^3\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Ủa đề phải cho \(a,b\ge0\) chứ nhỉ hay là em phân tích có chỗ nào đó sai sai.....