UI
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
UI
1
23 tháng 2 2020
Mình không biết đề bài của bạn như thế nào quan trọng là điều kiện của a
và hầu hết các bài toán có thể sử dụng UCT thì mẫu lớn hơn hoặc bằng 0.
Theo phương pháp UCT thì có thể làm như thế này:
Thay a = 1 vào khi đó xảy ra dấu bằng:
\(m+n=\frac{\sqrt{3}}{2}\)=> \(n=\frac{\sqrt{3}}{2}-m\)
Thay vào bất đẳng thức:
\(\frac{\sqrt{3a}}{3-a}\ge ma+\frac{\sqrt{3}}{2}-m\)
<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{a}}{3-a}-\frac{1}{2}\right)\ge m\left(a-1\right)\)
<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{2\sqrt{a}-3+a}{2\left(3-a\right)}\right)\ge m\left(a-1\right)\)
<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}{2\left(3-a\right)}\right)\ge m\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)\)
Cần điều kiện của a và đề bài lần sau em nhớ chép nguyên cái đề bài nhé!
=> \(m\le\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{a}+3\right)}{2\left(3-a\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\)
Xét tại điểm rơi a = 1
\(m=\frac{\sqrt{3}}{2}\)=> n = 0
12 tháng 6 2018
a )
Đồ thị parapol P đi qua điểm M khi a là nghiệm của phương trình :
\(2=a.2^2\)
\(\Leftrightarrow4a=2\)
\(\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{2}\)
1 tháng 8 2020
Bài 1:
Ta có: a,b không âm(gt)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}\) và \(\sqrt{b}\) được xác định
Ta có: \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
FC
2 tháng 9 2019
1. Ta có:
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( Nếu a, b ≥ 0)
=> \(a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
=> \(\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)+2\sqrt{ab}\ge0+2\sqrt{ab}\)
=> \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) => \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\frac{2\sqrt{ab}}{2}\)
=> \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\sqrt{ab}\);
(Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\) => a = b)
2 tháng 9 2019
1. BĐT \(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
2. BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b\right)\ge a+2\sqrt{ab}+b\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
3. Ta có: \(M=\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}+\frac{2}{\sqrt{2\cdot2004}}+...+\frac{2}{\sqrt{1003\cdot1003}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si:
\(\sqrt{1\cdot2005}\le\frac{1+2005}{2}=1003\)
Do dấu "=" không xảy ra nên \(\sqrt{1\cdot2005}< 1003\)
Khi đó: \(\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}>\frac{2}{1003}\)
Chứng minh tương tự với các phân thức còn lại rồi cộng vế ta được :
\(M>\frac{2006}{1003}>\frac{2005}{1003}\) ( đpcm )
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 5 2019
Ta có \(1^2=\left(\sqrt{a}\sqrt{b}+\sqrt{b}\sqrt{c}+\sqrt{c}\sqrt{a}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(b+c+a\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge1\Rightarrow a+b+c\ge1\)
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
HP
15 tháng 10 2020
3.
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(4a^2+4ab+b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(2a+b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}\ge2a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c};\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow MaxP=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
TN
23 tháng 10 2016
Đặt \(a^2=x;b^2=y;c^2=z\)
Ta có:
\(VT=\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\)
Mặt khác:
\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}=\sqrt{\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\cdot\sqrt{x+z}}\)
Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT^2\le2\left[\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right]\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow VT^2\le\frac{4\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
Vì \(VP^2=\frac{9}{2}\) nên cần chứng minh \(VT^2\le\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
bn tự lm tiếp
Ta sẽ phân tích:
\(\sqrt{a^2+ab+b^2}=\sqrt{k\left(a-b\right)^2+\left(ma+nb\right)^2}\ge\sqrt{\left(ma+nb\right)^2}=ma+nb\)
Khi đó:
\(a^2+ab+b^2=\left(k+m^2\right)a^2+\left(2mn-2k\right)ab+\left(k+n^2\right)b^2\)
Đồng nhất hệ thức:
=> \(\hept{\begin{cases}1=k+m^2\left(1\right)\\1=\left(2mn-2k\right)\left(2\right)\\1=k+n^2\left(3\right)\end{cases}}\)
Thay a = b = 1/3 vào \(\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge ma+nb\)ta có: \(m+n=\sqrt{3}\)(4)
Từ (1); (3) => \(m^2-n^2=0\)
<=> ( m-n ) ( m+n ) =0
<=> m = n thế vào (4)
=> m = n = \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)thế vào (2) => \(k=\frac{1}{4}\)
\(\sqrt{a^2+ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b\right)^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b\)