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
UK
3 tháng 12 2017
Ta chứng minh được:
\(\left(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Thật vậy, bđt đúng với \(\left(\dfrac{ab}{c};\dfrac{bc}{a};\dfrac{ca}{b}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=> BĐT cần chứng minh xảy ra dấu bằng khi a=b=c
\(\Rightarrow\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge3\)
LB
3 tháng 12 2017
ta có \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow1\ge\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
a) theo bđt cauchy schwarz ta có
\(\dfrac{a^3b^3}{c}+\dfrac{b^3c^3}{a}+\dfrac{c^3a^3}{b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^6b^6c^6}{abc}}=3\dfrac{a^2b^2c^2}{\sqrt[3]{abc}.1}\ge3\dfrac{a^2b^2c^2}{\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}=3abc\)
DH
29 tháng 1 2020
Ta có: \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^6+ab^5+b^6+a^5b\right)\ge a^6+a^2b^4+a^4b^2+b^6\)
\(\Leftrightarrow ab^5+a^5b-a^2b^4-a^4b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(b^4+a^4-ab^3-a^3b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4-ab^3-a^3b\ge0\left(Vì:ab>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^4-a^3b\right)+\left(b^4-ab^3\right)\ge0\)
\(a^3\left(a-b\right)+b^3\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\left(luôn-đúng\forall a,b\right)\)
Vì: \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(a^2ab+b^2=a^2+ab+\frac{b^2}{4}+\frac{3}{4}b^2\)
\(=\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2\ge0\forall a,b\)
Từ trên ta suy ra: \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)vớiab>0\left(đpcm\right)\)
KT
29 tháng 1 2020
Thật ra mình thấy đến chỗ
(a-b)^2 . (a^2+ab+b^2) >= 0
Giải thích là ab>0 nên auto >= 0 là đc rồi
Không cần khai triển ra lắm :v
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 2 2019
Bài 1:
a)
\(\sin ^2x+\sin ^2x\cot^2x=\sin ^2x(1+\cot^2x)=\sin ^2x(1+\frac{\cos ^2x}{\sin ^2x})\)
\(=\sin ^2x.\frac{\sin ^2x+\cos^2x}{\sin ^2x}=\sin ^2x+\cos^2x=1\)
b)
\((1-\tan ^2x)\cot^2x+1-\cot^2x\)
\(=\cot^2x(1-\tan^2x-1)+1=\cot^2x(-\tan ^2x)+1=-(\tan x\cot x)^2+1\)
\(=-1^2+1=0\)
c)
\(\sin ^2x\tan x+\cos^2x\cot x+2\sin x\cos x=\sin ^2x.\frac{\sin x}{\cos x}+\cos ^2x.\frac{\cos x}{\sin x}+2\sin x\cos x\)
\(=\frac{\sin ^3x}{\cos x}+\frac{\cos ^3x}{\sin x}+2\sin x\cos x=\frac{\sin ^4x+\cos ^4x+2\sin ^2x\cos ^2x}{\sin x\cos x}=\frac{(\sin ^2x+\cos ^2x)^2}{\sin x\cos x}=\frac{1}{\sin x\cos x}\)
\(=\frac{1}{\frac{\sin 2x}{2}}=\frac{2}{\sin 2x}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 2 2019
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có:
\(P=\frac{a^2}{\sqrt{a(2c+a+b)}}+\frac{b^2}{\sqrt{b(2a+b+c)}}+\frac{c^2}{\sqrt{c(2b+c+a)}}\)
\(\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)}}(*)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)})^2\leq (a+b+c)(2c+a+b+2a+b+c+2b+c+a)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)})^2\leq 4(a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)}\leq 2(a+b+c)(**)\)
Từ \((*); (**)\Rightarrow P\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\)
Vậy \(P_{\min}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 2 2020
Chỉ đúng trong trường hợp các số thực dương (kì lạ là các bạn rất thích quên điều kiện này khi đăng đề lên)
a/ \(\frac{a^3}{b^2}+a\ge2\sqrt{\frac{a^4}{b^2}}=\frac{2a^2}{b}\) ; \(\frac{b^3}{c^2}+b\ge\frac{2b^2}{c}\); \(\frac{c^3}{a^2}+c\ge\frac{2c^2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(VT+a+b+c\ge2VP\Rightarrow VT\ge2VP-\left(a+b+c\right)\)
Mà \(2VP=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow2VP\ge VP+a+b+c\)
\(\Rightarrow2VP-\left(a+b+c\right)\ge VP\)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 2 2020
Câu dưới tương tự:
\(\frac{a^5}{b^3}+a^2+a^2\ge\frac{3a^3}{b}\) , làm tương tự với 2 cái còn lại và cộng lại:
\(\Rightarrow VT+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)=3\left(\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{ca}+\frac{c^4}{ab}\right)\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
29 tháng 1 2020
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) ( đúng )
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b\)
a) Áp dụng BĐT trên ta có:
\(\Sigma\left(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\right)\le\Sigma\left(\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}\right)=\Sigma\left[\frac{1}{ab}\cdot\left(\frac{1}{a+b+c}\right)\right]=\frac{1}{a+b+c}\cdot\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\frac{a+b+c}{\left(a+b+c\right)\cdot abc}=\frac{1}{abc}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
b) \(\Sigma\left(\frac{1}{a^3+b^3+1}\right)\le\Sigma\left(\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}\right)=\Sigma\left[\frac{1}{ab}\cdot\left(\frac{1}{a+b+c}\right)\right]=\frac{1}{abc}=1\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)
c) \(\Sigma\left(\frac{1}{a+b+1}\right)\le\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt[3]{ab}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)+\sqrt[3]{abc}}\right)=\Sigma\left[\frac{1}{\sqrt[3]{ab}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\cdot\left(\frac{1}{\sqrt[3]{ab}}+\frac{1}{\sqrt[3]{bc}}+\frac{1}{\sqrt[3]{ca}}\right)=\frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\cdot\sqrt[3]{abc}}=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}=1\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 2 2020
\(a^3+1+1\ge3a\); \(b^3+1+1\ge3b\); \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
b/ Hoàn toàn tương tự:
\(a+1+1\ge3\sqrt[3]{a}\) ; \(b+1+1\ge3\sqrt[3]{b}\); \(c+1+1\ge3\sqrt[3]{c}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
c/ Vẫn như trên:
\(a^9+1+1\ge3a^3\) ; \(b^9+2\ge3b^3\); \(c^9+2\ge3c^3\)
\(\Rightarrow a^9+b^9+c^9+6\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)=a^3+b^3+c^3+2\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Mà \(a^3+b^3+c^3\ge3\) từ chứng minh câu b
\(\Rightarrow a^9+b^9+b^9+6\ge a^3+b^3+c^3+2.3\)
d/Vẫn 1 kiểu cũ:
\(a+1+1+1+1\ge5\sqrt[5]{a}\) ; \(b+4\ge5\sqrt[5]{b}\); \(c+4\ge5\sqrt[5]{c}\)
Cộng lại:
\(a+b+c+12\ge5\left(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{c}+\sqrt[5]{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow3+12\ge5\left(\sqrt[5]{a}+\sqrt[5]{b}+\sqrt[5]{c}\right)\)
30 tháng 12 2022
3: =>a^3+b^3+c^3>=3abc
=>(a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc>=0
=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)>=0
=>a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac>=0
=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0
=>(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0(luôn đúng)
Với \(a=b=-1;c=1\) BĐT sai
Nếu các số không âm thì:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)