H
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
LB
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 7 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\([\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}]^2\leq [c+(b-c)][(a-c)+c]=ab\)
\(\Rightarrow \sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}\leq \sqrt{ab}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=2c$
22 tháng 10 2018
\(a^{2016}+b^{2016}+c^{2016}=a^{1008}b^{1008}+b^{1008}c^{1008}+c^{1008}a^{1008}\)
\(\Rightarrow2a^{2016}+2b^{2016}+2c^{2016}=2a^{1008}b^{1008}+2b^{1008}c^{1008}+2c^{1008}a^{1008}\)
\(\Rightarrow\left(a^{2016}-2a^{1008}b^{1008}+b^{1008}\right)+\left(b^{2016}-2b^{1008}c^{1008}+c^{1008}\right)\)\(+\left(c^{2016}-2c^{1008}a^{1008}+a^{2016}\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a^{1008}-b^{1008}\right)^2+\left(b^{1008}-c^{1008}\right)^2+\left(c^{1008}-a^{1008}\right)=0\)
Vì \(\hept{\begin{cases}\left(a^{1008}-b^{1008}\right)^2\ge0\\\left(b^{1008}-c^{1008}\right)^2\ge0\\\left(c^{1008}-a^{1008}\right)^2\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a^{1008}-b^{1008}\right)^2+\left(b^{1008}-c^{1008}\right)^2+\left(c^{1008}-a^{1008}\right)^2\ge0\)
Dấu " = " xảy ra: \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^{1008}-b^{1008}=0\\b^{1008}-c^{1008}=0\\c^{1008}-a^{1008}=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a^{1008}=b^{1008}\\b^{1008}=c^{1008}\\c^{1008}=a^{1008}\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c\)
Thay a=b=c vào A ta có: \(A=\left(a-a\right)^{15}+\left(a-a\right)^{2015}+\left(a-a\right)^{2016}=0\)
H
0
25 tháng 4 2018
Bđt cần CM tương đương với:
\(\left(\sqrt{a^2+15bc}+\sqrt{b^2+15ca}+\sqrt{c^2+15ab}\right)^2\le3\left[a^2+b^2+c^2+15\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
Ta cần cm \(3\left[a^2+b^2+c^2+15\left(ab+bc+ca\right)\right]\le16\left(a+b+c\right)^2\)
Rút gọn ta đc \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)
Bđt sau cùng đúng
Ta đc đpcm
NT
1
4 tháng 8 2020
Ta có BĐT: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\).
BĐT trên dễ dàng chứng minh được bằng cách sử dụng phép biến đổi tương đương.
Do đó: \(\left(\sum\sqrt{a^2+2bc}\right)^2\le3\left(\sum a^2+2\sum bc\right)=3\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\sum\sqrt{a^2+2bc}\le\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 10 2019
\(A=\sqrt{4-2\sqrt{3}}\left(\sqrt{3}-1\right)\left(2+\sqrt{3}\right)\)
\(=\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}\left(\sqrt{3}-1\right)\left(2+\sqrt{3}\right)\)
\(=\left(\sqrt{3}-1\right)^2\left(2+\sqrt{3}\right)=\left(4-2\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)\)
\(=2\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)=2\)
\(B=\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{a\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{a+\sqrt{ab}}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2019
a/ Bình phương 2 vế:
\(\frac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\le\frac{a+b}{2}\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
b/ Bình phương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2}\ge ac+bd\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2-2abcd+b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
sửa lại tí nha
Cho a,b>0 thoa mãn ab>2015a+2016b. CMR: \(a+b>\left(\sqrt{2015}+\sqrt{2016}\right)^2\)