T
0
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
17 tháng 8 2016
Vì a,b,c không phải là số âm \(\Rightarrow a,b,c\ge0\)
Ta có 2 TH:
TH 1: a,b,c=0
Nếu a,b,c = 0 => a(a+b)(a+c)(a+b+c)=0
=> a(a+b)(a+c)(a+b+c)=0
TH 2: a,b,c >0
=> a(a+b) >0 => a(a+b)(a+c) >0
=> a(a+b)(a+c)(a+b+c) >0
Vậy a,b,c là các số không âm => a(a+b)(a+c)(a+b+c) \(\ge0\)
17 tháng 8 2016
Đầu tiên , cần chứng minh \(x^2+xy+y^2\ge0\) với mọi x,y thuộc tập số thực.
Thật vậy , đặt \(A=x^2+y^2+xy\Rightarrow2A=\left(x+y\right)^2+x^2+y^2\Rightarrow A\ge0\)
Ta có : \(a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b+c\right)+b^2c^2=\left(a^2+ab+ac\right)\left(a^2+ab+ac+bc\right)+b^2c^2\)
Đặt \(x=a^2+ab+ac\) , \(y=bc\) , suy ra :
\(x\left(x+y\right)+y^2\ge0\Leftrightarrow x^2+xy+y^2\ge0\)luôn đúng.
Vậy bđt ban đầu dc chứng minh
NT
1
10 tháng 3 2019
Đặt \(x=a+b;y=b+c,z=c+a\)
\(\Rightarrow x+y+z=2\)
Ta cần chứng minh:\(x+z\ge4xyz\)
Ta có:\(4\left(x+z\right)=\left(x+y+z\right)^2\left(x+z\right)\ge4y\left(x+z\right)\left(x+z\right)\)
\(=4y\left(x+z\right)^2\ge4y.4xz=16xyz\)
\(\Rightarrow\)\(x+z\ge4xyz\)
Hoàn tất chứng minh.Dấu "=" xảy ra khi \(x=z=\frac{1}{2};y=1\) thế vào tìm a,b,c
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 3 2023
Do \(0\le a;b;c\le2\)
\(\Rightarrow abc+\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow9-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;2\right)\) và các hoán vị
LQ
3
T
7 tháng 9 2019
Lần sau nhớ viết đề kĩ hơn nha:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) và a, b, c > 0
Giả sử \(a\ge b\ge c>0\Rightarrow a+b\ge a+c\ge b+c\)
\(\text{Do đó: }a\ge b\ge c\text{ và }\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta thu được:
\(3\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
Nhân 2 vào hai vế tách ra rồi dùng AM - GM tiếp tục vào vế phải rồi từ đó suy ra đpcm:)
7 tháng 9 2019
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\) ( 1 )
Có BĐT phụ:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)
Áp dụng vào ( 1 ) ta có:
\(A\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c>0\)
P/S:Có tới 45 cách CM bài toán này,bạn lên google có đầy.
20 tháng 3 2023
3.1
Xét hiệu :
\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)
\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)
Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)
3.2
Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)
Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)
nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )
Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)
\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)
M
26 tháng 10 2017
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3ax−by=3.
Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ayF=a2+b2+x2+y2+bx+ay
Lời giải:
Sử dụng giả thiết ax−by=√3ax−by=3 ta có:
(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3
Áp dụng bất đẳng thức CauchyCauchy , suy ra:
a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2√(a2+b2)(x2+y2)=2√(ax+by)2+3a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2(a2+b2)(x2+y2)=2(ax+by)2+3
Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: 2√x2+3+x2x2+3+x trong đó x=ax+byx=ax+by
Ta có:
(2√x2+3+x)2=4(x2+3)+4x√x2+3+x2=(x2+3)+4x√x2+3+4x2+9=(√x2+3+2x)2+9≥9(2x2+3+x)2=4(x2+3)+4xx2+3+x2=(x2+3)+4xx2+3+4x2+9=(x2+3+2x)2+9≥9
⇒2√x2+3+x≥3⇒2x2+3+x≥3
Vậy MinT=3MinT=3
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
∑2a2−bcb2−bc+c2≥3∑2a2−bcb2−bc+c2≥3
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử bb là số nằm giữa aa và cc
BĐT đã cho tương đương với
∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a
∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a
Do đó ta chỉ cần chứng minh
(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)
Ta có
b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)
≥a2(b−c)2+c2(a−b)2≥a2(b−c)2+c2(a−b)2
Suy ra
2b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)22b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)2
⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a
Do đó ta chỉ còn phải chứng minh
(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a
⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)
Và BĐT AM-GM
∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2
Kết thúc chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a=b=ca=b=c hoặc a=ba=b, c=0c=0 và các hoán vị.