Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
Ta cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)
Bất đẳng thức đã được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
1) \(sin\left(A+2B+C\right)=sin\left(\pi-B+2B\right)\)
=\(sin\left(\pi+B\right)=sin\left(-B\right)=-sinB\)
2) \(sinBsinC-cosBcosC=-cos\left(B+C\right)\)
\(=-cos\left(\pi-A\right)=cosA\)
4) bạn ơi +2 vào vế phải mới đúng nhé
2+ \(2cosAcosBcosC=\left[cos\left(A+B\right)+cos\left(A-B\right)\right]cosC+2\)
\(=cos\left(\pi-C\right)cosC+cos\left(A-B\right)cos\left(\pi-\left(A+B\right)\right)+2\)
=\(-cos^2C-cos\left(A-B\right)cos\left(A+B\right)+2\)
\(=-cos^2C-\frac{1}{2}\left(cos2A+cos2B\right)+2\)
\(=-cos^2C-\frac{1}{2}\left(2cos^2A-1\right)-\frac{1}{2}\left(2cos^2B-1\right)+2\)
\(=-cos^2C-cos^2A+\frac{1}{2}-cos^2C+\frac{1}{2}+2\)
= sin2C - 1 + sin2A - 1 + sin2C - 1 + 3
= sin2A + sin2B + sin2C
Hình như đề bài có vấn đề : thừa đk ab + bc + ac = abc
ta có : \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{\sqrt{4a^2b^2}}{ab}=\frac{2ab}{ab}=2\)
Tương tự \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge2\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2+2+2=6>\sqrt{3}\)
\(VT=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{c+a}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}.\frac{c}{c+a}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Để hiểu sâu cần bắt nguồn từ cái này: \(\left(a-b\right)^2\ge0\) {gốc lớp 8}
đẳng thức khi a=b
\(\left(a-b\right)^2=a^2+b^2-2ab\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)(1) đẳng thức khi a=b
tương tự có \(c^2+d^2\ge2cd\) (2)
đẳng thức khi c=d
hiển nhiên \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge0\\c^2+d^2\ge0\end{matrix}\right.\) với mọi a,b,c,d thuộc R
Nhân (1) với (2) => điều cần chứng minh
Đẳng thức khi a=b và c=d
ta có: \(ac+bd\ge2\sqrt{acdb}\Rightarrow\left(ac+db\right)^2\ge4acdb\). nên ta có hệ quả của bất đẳng thức cô-si.
để xảy ra cả bất đẳng thức và hệ quả thì a = b = c = d.
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\Rightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow a+b+2\sqrt{ab}=1\)
\(\Rightarrow1-2\sqrt{ab}=a+b\)
Ta có
\(\left(4\sqrt{ab}+1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow16ab-8\sqrt{ab}+1\ge0\)
\(\Rightarrow8\sqrt{ab}\left(1+2\sqrt{ab}\right)\le1\)
\(\Rightarrow8\sqrt{ab}\left(a+b\right)\le1\)
\(\Rightarrow64ab\left(a+b\right)\le1\)
\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)\le\frac{1}{64}\)
(đpcm)