LV
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 11 2017
Lời giải:
Do \(a\geq 1; b\geq 2; c\geq 3\Rightarrow a-1, b-2, c-3\geq 0\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm ta có:
\(\left\{\begin{matrix} (a-1)+4\geq 2\sqrt{4(a-1)}=4\sqrt{a-1}\\ (b-2)+9\geq 2\sqrt{9(b-2)}=6\sqrt{b-2}\\ (c-3)+16\geq 2\sqrt{16(c-3)}=8\sqrt{c-3}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
\(a+b+c+23\geq 4\sqrt{a-1}+6\sqrt{b-2}+8\sqrt{c-3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-1=4\\ b-2=9\\ c-3=16\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=5\\ b=11\\ c=19\end{matrix}\right.\)
7 tháng 8 2019
Đặt \(2^a=x;2^b=y;2^c=z\left(x,y,z>0\right)\)
=>\(xyz=2^{a+b+c}=1\)
Khi đó ĐPCM trở thành
\(x^3+y^3+z^3\ge x+y+z\)
Cosi \(x^3+1+1\ge3x;y^3+1+1\ge3y;z^3+1+1\ge3z\)
=> \(x^3+y^3+z^3+6\ge3\left(x+y+z\right)\)
Mà \(\)\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
=> \(x^3+y^3+z^3\ge x+y+z\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1=> \(a=b=c=0\)
7 tháng 8 2019
Trần Phúc Khang hình như chỗ \(x+y+z\ge3\)\(\Rightarrow\)\(x^3+y^3+z^3+6\ge3\left(x+y+z\right)\) ngược dấu đó anh
Cần chứng minh: \(x^3+y^3+z^3\ge x+y+z\)
\(x^3+y^3+z^3\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x+y+z}\ge\frac{\frac{\left(x+y+z\right)^4}{9}}{x+y+z}=\frac{\left(x+y+z\right)^3}{9}\)
Mà \(x+y+z=2^a+2^b+2^c\ge3\sqrt[3]{2^{a+b+c}}=3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y+z\right)^2\ge9\)
\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{9}\le x^3+y^3+z^3\) đpcm
sai thì mn góp ý ạ
2 tháng 9 2019
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT Cô-si:
\(VT=a-1+\frac{1}{a-1}+1\ge2\sqrt{\frac{a-1}{a-1}}+1=2+1=3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2\).
b) BĐT \(\Leftrightarrow a^2+2\ge2\sqrt{a^2+1}\)
\(\Leftrightarrow a^2+1-2\sqrt{a^2+1}+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+1}-1\right)^2\ge0\) ( LĐ )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=0\).
Bài 2: tương tự 1b.
2 tháng 9 2019
Bài 3:
Do \(a,b,c\) dương nên ta có các BĐT:
\(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT:
\(\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)( đpcm )
22 tháng 8 2020
Cái phần CMR: \(\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-3\right)^2\le3\left(b-2\right)\) phải là giả thiết chứ nhỉ ??
ĐỀ GỐC BÀI NÀY LÀ ĐỀ CỦA CHUYÊN HƯNG YÊN NHÉ, THẦY CẬU RA LẠI THÔI !!!!!
DO: \(a\ge1;b\ge2;c\ge3\Rightarrow a-1;b-2;c-3\ge0\)
ĐẶT: \(a-1=x;b-2=y;c-3=z\)
=> \(gt\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x;y;z\ge0\\x^2+y^2+z^2\le3y\end{cases}}\)
=> \(a=x+1;b=y+2;c=z+3\)
=> \(P=\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}+\frac{8}{\left(z+3\right)^2}\)
TA ÁP DỤNG 2 BĐT SAU: \(\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^2\le2\left(x^2+1\right)\\\left(z+3\right)^2\le4\left(z^2+3\right)\end{cases}}\)
=> \(P\ge\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{8}{4\left(z^2+3\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
=> \(P\ge\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{4}{2\left(z^2+3\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
=> \(P\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(x^2+z^2\right)+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\) (BĐT CAUCHY - SCHWARZ)
=> \(P\ge\frac{9}{2\left(x^2+z^2\right)+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
MÀ: \(x^2+z^2\le3y-y^2\) (gt)
=> \(P\ge\frac{9}{2\left(3y-y^2\right)}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}=\frac{9}{6y-2y^2}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\)
TA SẼ CHỨNG MINH \(\frac{9}{6y-2y^2+8}+\frac{4}{\left(y+2\right)^2}\ge1\)
<=> \(\left(y-2\right)^2\left(2y^2+10y+9\right)\ge0\) (*)
(CHỖ NÀY CẬU QUY ĐỒNG MẪU SỐ, RÚT GỌN RỒI PHÂN TÍCH NHÂN TỬ SẼ RA ĐƯỢC NHƯ THẾ NÀY, MÌNH LÀM TẮT NHA)
DO: \(\hept{\begin{cases}\left(y-2\right)^2\ge0\forall y\\2y^2+10y+9\ge9>0\left(y\ge0\right)\end{cases}}\)
VẬY BĐT (*) LUÔN ĐÚNG !!!!!!
=> \(P\ge1\)
DẤU "=" XẢY RA <=> \(x=z=1;y=2\)
<=> \(a=2;b=4;c=4\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 5 2018
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^8+b^8\geq 2a^4b^4\\ b^8+c^8\geq 2b^4c^4\\ c^8+a^8\geq 2c^4a^4\end{matrix}\right.\Rightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Tiếp tục áp dụng AM-GM:
\(a^8+b^8+a^4b^4+c^8\geq 4\sqrt[4]{a^{12}b^{12}c^8}=4a^3b^3c^2\)
\(b^8+c^8+b^4c^4+a^8\geq 4b^3c^3a^2\)
\(c^8+a^8+c^4a^4+b^8\geq 4c^3a^3b^2\)
Cộng lại: \(3(a^8+b^8+c^8)+(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ca)\)
Mà \(a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\Rightarrow 4(a^8+b^8+c^8)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\)
hay \(a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\Rightarrow (*)\) đúng
Ta có đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 3 2019
2/
a/ \(\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge2\sqrt{\sqrt{a}.\frac{1}{\sqrt{a}}}=2\), dấu "=" khi \(a=1\)
b/ \(a+b+\frac{1}{2}=a+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{a.\frac{1}{4}}+2\sqrt{b.\frac{1}{4}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
Dấu "=" khi \(a=b=\frac{1}{4}\)
c/ Có lẽ bạn viết đề nhầm, nếu đề đúng thế này thì mình ko biết làm
Còn đề như vậy: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}\) thì làm như sau:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{2}{\sqrt{xy}}\) ; \(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{2}{\sqrt{yz}}\); \(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\ge\frac{2}{\sqrt{yz}}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}\ge\frac{2}{\sqrt{xy}}+\frac{2}{\sqrt{yz}}+\frac{2}{\sqrt{xz}}\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}\)
Dấu "=" khi \(x=y=z\)
d/ \(\frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3}-2}-\frac{\sqrt{3}-2}{\sqrt{3}+2}=\frac{\left(\sqrt{3}+2\right)\left(\sqrt{3}+2\right)}{\left(\sqrt{3}-2\right)\left(\sqrt{3}+2\right)}-\frac{\left(\sqrt{3}-2\right)\left(\sqrt{3}-2\right)}{\left(\sqrt{3}+2\right)\left(\sqrt{3}-2\right)}\)
\(=\frac{7+4\sqrt{3}}{3-4}-\frac{7-4\sqrt{3}}{3-4}=-7-4\sqrt{3}+7-4\sqrt{3}=-8\sqrt{3}\)
e/ \(\frac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}:\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=\frac{\left(\sqrt{a}\right)^3+\left(\sqrt{b}\right)^3}{\sqrt{ab}}.\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\)
\(=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\sqrt{ab}}=\frac{\left(a-b\right)\left(a+b-\sqrt{ab}\right)}{\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{a^2-b^2}{\sqrt{ab}}-\left(a-b\right)\) (bạn chép đề sai)
T
10 tháng 7 2019
Bài 1: \(a+\frac{1}{b\left(a-b\right)}=\left(a-b\right)+b+\frac{1}{b\left(a-b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta thu được đpcm (mình làm ở đâu đó rồi mà:)
Dấu "=" xảy ra khi a =2; b =1 (tự giải ra)
Bài 2: Thêm đk a,b,c >0.
Theo BĐT Cauchy \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{c^2}}=\frac{2a}{c}\). Tương tự với hai cặp còn lại và cộng theo vế ròi 6chia cho 2 hai có đpcm.
Bài 3: Nó sao sao ấy ta?
ZK
2
23 tháng 7 2018
\(a^2+b^2+c^2+3\) ≥ \(2\left(a+b+c\right)\)
⇔ \(a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\text{≥}0\)
⇔ \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\text{≥ }0\) ( luôn đúng )
\("="\text{⇔}a=b=c=1\)
23 tháng 7 2018
Ta có :
\(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3-2a-2b-2c\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\) ( Luôn đúng )
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1 .
26 tháng 10 2017
\(\frac{1}{1+a}=\)\(1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
tt nhan vao ta co
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Làm sao ra được \(6^a\) vậy ạ? \(8^a-2^a=2^a\left(2^{2a}-1\right)\)???
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}2^a=x>0\\2^b=y>0\\2^c=z>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow xyz=2^a.2^b.2^c=2^{a+b+c}=1\)
BĐT cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge x+y+z\) với \(xyz=1\)
Ta có:
\(x^3+1+1\ge3x\) ; \(y^3+1+1\ge3y\) ; \(z^3+1+1\ge3z\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge\left(x+y+z\right)+2\left(x+y+z\right)-6\ge x+y+z+6-6=x+y+z\)