Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta co: a3b2=(a2b2)a , a2b3=(a2b2)b => a3b2>a2b3( vi a>b) (1)
b3c2=(b2c2)b , b2c3=(b2c2)c => b3c2>b2c3( vi b>c) (2)
c3a2=(a2c2)c , a3c2=(a2c2)a => c3a2<a3c2 ( vi c<a) (3)
Vi b+c>a ( bdt trong tam giac)
=> dpcm
Bai nay phai xet trong tam giac thi moi dung
\(a^5+a+a+a>=4\sqrt[4]{a^8}=4a^2\)
Làm tương tự rồi cộng vế ta được:
\(VT\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a+b+c\right)\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=4.3-3\sqrt{3.3}=3\)
BĐT 1 sai ngay với \(a=\sqrt{0,1},b=\sqrt{0,2},c=\sqrt{2,7}\)
BĐT 2 tương đương với đi chứng minh \(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq 3a^2b^2c^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^4b^4+b^4c^4\geq 2a^2b^4c^2\)
Tương tự \(b^4c^4+c^4a^4\geq 2b^2c^4a^2,a^4b^4+c^4a^4\geq 2a^4b^2c^2\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)=3a^2b^2c^2\)
Do đó ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
thì ra cái đầu sai nghĩ mãi ko ra, đại ca thông minh thật :v
1. Không dịch được đề
2. \(\left(m+2\right)x^2-6x+1\le0\) \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+2< 0\\\Delta'=9-\left(m+2\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -2\\m\ge7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại m thỏa mãn
3. \(P=\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}=\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{4ab}\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{ab\left(a^2+b^2\right)}{4ab\left(a^2+b^2\right)}}+\frac{6ab}{4ab}=\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Câu 1:
\(a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ab-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\cdot\left(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2\right)}{2}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]}{2}>=0\)
=>\(a^3+b^3+c^3>=3abc\)
Do a , b ,c đối xứng , giả sử a \(\ge b\ge c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\ge b^2\ge c^2\\\dfrac{a}{b+c}\ge\dfrac{b}{a+c}\ge\dfrac{c}{a+b}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT Trê - bư -sép ta có :
\(a^2.\dfrac{a}{b+c}+b^2.\dfrac{b}{a+c}+c^2.\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\right)=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\)Vậy \(\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\ge\dfrac{1}{2}\) Dấu bằng xảy ra khi a = b =c = \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Chứng minh rằng: - K2PI – TOÁN THPT | Chia sẻ Tài liệu, đề thi, hỗ trợ giải toán
Lời giải:
Đặt \(A=\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\)
Ta có \(A=(a-\frac{ab^2}{1+b^2})+(b-\frac{bc^2}{1+c^2})+(c-\frac{ca^2}{1+a^2})=3-\left ( \frac{ab^2}{1+b^2}+\frac{bc^2}{1+c^2}+\frac{ca^2}{1+a^2} \right )\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(A\geq 3-\left ( \frac{ab^2}{2b}+\frac{bc^2}{2c}+\frac{ca^2}{3a} \right )=3-\frac{1}{2}(ab+bc+ac)\)
Cũng theo AM-GM
\(9=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3\)
\(\Rightarrow A\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu $=$ xảy ra khi \(a=b=c=1\)