cho a,b là các số thực dương
chứng minh:\(\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\right)^2\ge2\left(a^2+b^2\right)\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
LN
1
E
0
KN
14 tháng 11 2020
\(ĐK:2019\le x\le2021\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta được: \(\sqrt{x-2019}+\sqrt{2021-x}\le\sqrt{2\left(x-2019+2021-x\right)}=2\)
Lại có: \(\left(x-2020\right)^2+2\ge2\)nên VT = VP khi \(\hept{\begin{cases}x-2019=2021-x\\x-2020=0\end{cases}}\Rightarrow x=2020\)
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và bất đẳng thức Cauchy, ta được: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
14 tháng 11 2020
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a+c+a+b}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)(1)
Lại có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)( AM-GM và gt abc = 1 )=> \(\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1
14 tháng 11 2020
\(\sqrt{4+2\sqrt{3}}-\frac{2}{2+\sqrt{3}}-\sqrt{27}\)
\(=\sqrt{3+2\sqrt{3}+1}-\frac{2\left(2-\sqrt{3}\right)}{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}-\sqrt{3\cdot3^2}\)
\(=\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}-\frac{4-2\sqrt{3}}{4-3}-\left|3\right|\sqrt{3}\)
\(=\left|\sqrt{3}+1\right|-\left(4-2\sqrt{3}\right)-3\sqrt{3}\)
\(=\sqrt{3}+1-4+2\sqrt{3}-3\sqrt{3}\)
\(=-3\)
KN
14 tháng 11 2020
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: \(P^2=\left(\sqrt{\frac{a}{3a^2+1}}+\sqrt{\frac{b}{3b^2+1}}+\sqrt{\frac{c}{3c^2+1}}\right)^2\le3\left(\frac{a}{3a^2+1}+\frac{b}{3b^2+1}+\frac{c}{3c^2+1}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: \(\frac{a}{3a^2+1}=\frac{a}{2a^2+\left(a^2+1\right)}\le\frac{a}{2a^2+2a}=\frac{1}{2a+2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{3b^2+1}\le\frac{1}{2b+2}\); \(\frac{c}{3c^2+1}\le\frac{1}{2c+2}\)
Do đó \(3\left(\frac{a}{3a^2+1}+\frac{b}{3b^2+1}+\frac{c}{3c^2+1}\right)\le3\left(\frac{1}{2a+2}+\frac{1}{2b+2}+\frac{1}{2c+2}\right)\le\frac{3}{4}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{2}\right)=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.\frac{ab+bc+ca}{abc}\le\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\frac{9}{8}+\frac{3}{8}.3=\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow P^2\le\frac{9}{4}\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1