PN
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
2 tháng 8 2019
Áp dụng BĐT bunniacoxki ta có:
\(\left(b^2+\left(c+a\right)^2\right)\left(1+4\right)\ge\left(b+2\left(a+c\right)\right)^2\)
=> \(\sqrt{\frac{a^2}{b^2+\left(c+a\right)^2}}\le\sqrt{5}.\frac{a}{b+2c+2a}\)
=> \(VT\le\sqrt{5}.\left(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\right)\)
Cần CM \(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\le\frac{3}{5}\)
<=>\(\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{b+2c+2a}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{b}{c+2a+2b}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{c}{a+2b+2c}\right)\ge\frac{9}{10}\)
<=>\(\frac{b+2c}{b+2c+2a}+\frac{c+2a}{c+2a+2b}+\frac{a+2b}{a+2b+2c}\ge\frac{9}{5}\)
Áp dụng bđt buniacoxki dạng phân thức ở vế trái:
=> \(VT\ge\frac{\left(b+2c+c+2a+a+2b\right)^2}{\left(b+2c\right)^2+2a\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)^2+2b\left(c+2a\right)+\left(a+2b\right)^2+2c\left(a+2b\right)}\)
\(=\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9}{5}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
HT
25 tháng 6 2019
Có \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
Khai căn 2 vế
\(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=\left|a+b\right|\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 3 2022
Do \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
Nên BĐT tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2+c^2=x\\ab+bc+ca=y\end{matrix}\right.\) với \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x\ge y\end{matrix}\right.\)
BĐT tương đương:
\(\left(x+2y\right)\left(x-y\right)^2\le x^3\)
\(\Leftrightarrow x^3-3xy^2+2y^3\le x^3\)
\(\Leftrightarrow y^2\left(3x-2y\right)\ge0\)
Hiển nhiên đúng do \(3x-2y=x+2\left(x-y\right)\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(ab+bc+ca=0\)
19 tháng 8 2021
nếu đề cho a;b >=1
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge\sqrt{a}\\b\ge\sqrt{b}\end{cases}\Leftrightarrow a+b\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
mà \(a^2+b^2\ge2ab>\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\le\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\le\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
đấy nếu cho a;b >= 1 nó vẫn đúng về các yếu tố nhưng hướng làm thiếu tự nhiên và dấu bằng kiểu không hiện ra tại điểm giới hạn là 1 ý
7 tháng 10 2017
bdt tương đương với \(a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge2\left(ac+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)
neu ac+bd \(\le0\) thi bdt can duoc cm
neu ac+bd \(\ge0\) thi \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+a^2d^2-2abcd\ge0\Leftrightarrow\left(bc-ad\right)^2\ge0\left(dpcm\right)\)
10 tháng 3 2020
a )
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
\(\left(b^2+\left(c+a\right)^2\right)\left(1+\right)\ge\left(b+2\left(a+c\right)\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a^2}{b^2+\left(c+a\right)^2}}\le\sqrt{5}.\frac{a}{b+2c+2a}\)
\(\Rightarrow VT\le\sqrt{5}.\left(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\right)\)
Cần chứng minh : \(\frac{a}{b+2c+2a}+\frac{b}{c+2a+2b}+\frac{c}{a+2b+2c}\le\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{b+2c+2a}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{b}{c+2a+2b}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{c}{a+2b+2c}\right)\ge\frac{9}{10}\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+2c}{b+2c+2a}+\frac{c+2a}{c+2a+2b}+\frac{a+2b}{a+2b+2c}\ge\frac{9}{5}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức ở vế trái :
\(\Rightarrow VT\ge\frac{\left(b+2c+c+2a+a+2b\right)^2}{\left(b+2c\right)^2+2a\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)^2+2b\left(c+2a\right)+\left(a+2b\right)^2+2c\left(a+2b\right)}\)
\(=\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+b\right)^2}=\frac{9}{5}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = '" xảy ra khi a=b=c
10 tháng 3 2020
b ) Ta có abc =1
Ta chứng minh :
\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}=1\)
VT \(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{abc+ab+a}+\frac{ab}{a^2bc+abc+ac}\)
\(=\frac{1}{ab+a+1}+\frac{a}{ab+a+1}+\frac{ab}{ab+a+1}=1\left(đpcm\right)\)
Ta có : \(\left(1+a\right)^2+b^2+5=\left(a^2+b^2\right)+2a+6\ge2ab+2a+6\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}=\frac{2ab+2a+6}{ab+a+4}=2-\frac{2}{ab+a+4}\)
Mà \(\frac{1}{ab+a+4}=\frac{1}{ab+a+1+3}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)\) ( do \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+a\right)^2+b^2+5}{ab+a+4}\ge2-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{11}{6}-\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+a+1}\)
Khi đó :
\(P\ge\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}\right)=\frac{11}{2}-\frac{1}{2}.1=5\)
\(P_{Min}=5\) khi \(a=b=c=1\)
Y
21 tháng 6 2019
a) \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=\left|a+b\right|\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b\)
18 tháng 6 2019
bạn thử tải app này xem có đáp án không nhé <3 https://giaingay.com.vn/downapp.html
Ta có:\(\left(a+b\right)\le\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2=2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow|a+b|\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Mà \(|a+b|\ge a+b\)
\(\Rightarrow a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\left(đpcm\right)\)