DT
2
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
LV
6 tháng 5 2017
BĐT cần chứng minh tương đương \(a^4+b^4+c^4\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-abc\left(a+b+c\right)\)
mà \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)(BĐT cauchy)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(cần chứng minh)
ÁP dụng bất đẳng thức bunyakovsky:
\(3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
mà \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)(hệ quả BĐT cauchy)
\(\Rightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(đpcm)
dấu = xảy ra khi a=b=c
TV
0
DD
1
AT
7 tháng 6 2021
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
VT
31 tháng 1 2018
Xét \(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2=\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)-2c^2\left(a^2-b^2\right)+c^4-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2\right)^2-2\left(a^2-b^2\right)c^2+c^4-4c^2b^2=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)=\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\)
=\(\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)
Mà a,b,c là 3 cạnh tam giác => a-b-c<0 ;a+b+c>0;a-b+c>0;a+b-c>0
=>\(...< 0\Rightarrow a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\left(ĐPCM\right)\)
31 tháng 1 2018
ta có\(a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2c^2a^2+2b^2c^2\)
<=> \(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2>0\)
<=>\(4a^2c^2-\left(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2+2a^2c^2-2b^2c^2\right)>0\)
<=> \(4a^2c^2-\left(a^2-b^2+c^2\right)^2>0\)
<=>.......
<=>(a+b+c)(a+c-b)(a+b-c)(b-a+c)>0
luôn đúng vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác
vậy bđt trên dc cm dễ dàng
29 tháng 10 2020
VT=\(\frac{a^2}{ab+\frac{1}{b}}+\frac{b^2}{bc+\frac{1}{c}}+\frac{c^2}{ca+\frac{1}{a}}\)
áp dụng bđt cộng mẫu đc VT \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{abc}}\left(1\right)\)
Ta có \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\forall a,b,c\)
Nên \(\left(1\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3abc}}=\frac{1}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3abc}}=\frac{3abc}{1+abc}\left(đccm\right)\)
dấu bằng xảy ra <> a=b=c
T
6 tháng 9 2020
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
PN
7 tháng 9 2020
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
TN
1 tháng 4 2017
Bài 1:
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2
1 tháng 4 2017
Bài 2/
\(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2b^2c+a^2c^2b}+\frac{c^2a^2}{b^2c^2a+b^2a^2c}+\frac{a^2b^2}{c^2a^2b+c^2b^2a}\)
\(=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{a^2b^2}{ca+cb}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có tổng 3 góc của 1 tam giác là 180 độ
Vì a=2b và b=2c nên c=36 độ
b=72 độ
a=72 độ
nên 1/a+1/b=1/c
a;b;c là cái gì bạn