K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

4 tháng 12 2016

\(A=n^4-16n^2+64+36=n^4+20n^2+100-36n^2=\left(n^2+10\right)^2-36n^2=\left(n^2+6n+10\right)\left(n^2-6n+10\right)\)
A là số nguyên tố và \(n^2+6n+10>n^2-6n+10\) với mọi n nguyên dương
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}n^2-6n+10=1\\n^2+6n+10=A\end{cases}}\). Đến đây đơn giản rồi nhỉ

4 tháng 12 2016

Bài 1:

Ta có: \(a^2-ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)

Nên \(\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}=\frac{a+b}{2}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge a+b\left(1\right)\).Ta cũng có:

\(a^2-2ac+4c^2=\frac{3}{4}\left(a-2c\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+2c\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+2c\right)^2\)

Nên \(\sqrt{a^2-2ac+4c^2}\ge\frac{a+2c}{2}\left(2\right)\), tương tự ta cũng có \(\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge\frac{b+2c}{2}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1),(2) và (3) ta được

\(2\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{a^2-2ac+4c^2}+\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\)

\(\ge a+b+\frac{a+2c}{2}+\frac{b+2c}{2}=4c+\frac{a+b}{2}+\frac{4c}{2}=4c+2c+2c=8c\)

Suy ra điều phải chứng minh

Dấu "=" khi \(\hept{\begin{cases}a=b\\a=2c\\b=2c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=2c\)

20 tháng 7 2016

Đăt  \(2\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{a^2-2ca+4c^2}+\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge8c\)  \(\left(\alpha\right)\)

Mình xin đề xuất một biện pháp khá ngắn gọn. Hy vọng bạn sẽ tìm cách khác.

Ta có: 

\(a^2-ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)

nên   \(\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}=\frac{a+b}{2}\)

\(\Rightarrow\)  \(2\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge a+b\)  \(\left(1\right)\)

Mặt khác, ta cũng có:

\(a^2-2ca+4c^2=\frac{3}{4}\left(a-2c\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+2c\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+2c\right)^2\)

nên  \(\sqrt{a^2-2ca+4c^2}\ge\frac{a+2c}{2}\)  \(\left(2\right)\)

Khi đó, ta cũng có thể thiết lập được bất đẳng thức tương tự như trên:

\(\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge\frac{b+2c}{2}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế  các bđt  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và  \(\left(3\right)\)  ta được:

\(2\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{a^2-2ca+4c^2}+\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge a+b+\frac{a+2c}{2}+\frac{b+2c}{2}\)

Hay nói cách khác,  \(VT\left(\alpha\right)\ge4c+\frac{a+b}{2}+\frac{4c}{2}=4c+2c+2c=8x=VP\left(\alpha\right)\)

Dấu   \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\hept{\begin{cases}a=b\\a=2c\\b=2c\end{cases}}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(a=b=2c\)

26 tháng 7 2016

thanks

29 tháng 10 2016

Ta có

\(\sqrt{a^2-2ac+4c^2}+\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\)

\(=\sqrt{\left(a-c\right)^2+3c^2}+\sqrt{\left(b-c\right)^2+3c^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b-2c\right)^2+3\left(c+c\right)^2}\)

\(=4c\)

Ta chứng minh

\(\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge2c=\frac{a+b}{2}\)

\(\Leftrightarrow a^2-aB+b^2\ge\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow3a^2-6ab+3b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a-b\right)^2\ge0\left(dung\right)\)

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

29 tháng 10 2016

Đạt được khi a = b = 2c

14 tháng 12 2020

Áp dụng giả thiết và bất đẳng thức AM - GM, ta được: \(\sqrt{8a^2+48}=\sqrt{8\left(a^2+6\right)}=\sqrt{8\left(a^2+ab+2bc+2ca\right)}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\left(a+2c\right)}\le\left(2a+2b\right)+\left(a+2c\right)=3a+2b+2c\)\(\sqrt{8b^2+48}=\sqrt{8\left(b^2+6\right)}=\sqrt{8\left(b^2+ab+2bc+2ca\right)}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\left(b+2c\right)}\le\left(2a+2b\right)+\left(b+2c\right)=2a+3b+2c\)\(\sqrt{4c^2+6}=\sqrt{4c^2+ab+2bc+2ca}=\sqrt{\left(2c+a\right)\left(2c+b\right)}\le\frac{\left(2c+a\right)+\left(2c+b\right)}{2}=\frac{4c+a+b}{2}\)Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{8a^2+48}+\sqrt{8b^2+48}+\sqrt{4c^2+6}\le\frac{11}{2}a+\frac{11}{2}b+6c\)

\(\Rightarrow\frac{11a+11b+12c}{\sqrt{8a^2+48}+\sqrt{8b^2+48}+\sqrt{4c^2+6}}\ge\frac{11a+11b+12c}{\frac{11}{2}a+\frac{11}{2}b+6c}=2\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}ab+2bc+2ca=6\\a+2b=2c;b+2a=2c;a=b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=\sqrt{\frac{6}{7}}\\c=\frac{3\sqrt{42}}{14}\end{cases}}\)

1 tháng 11 2016

Ta có 

\(2\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\frac{a+b}{2}=2×2c=4c\)

\(\sqrt{a^2-2ac+4c^2}\ge\frac{a+2c}{2}\)

\(\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge\frac{b+2c}{2}\)

Cộng vế theo vế ta được

\(\ge4c+\frac{a+b+4c}{2}=8c\)

Đề sai rồi đề đúng phải là

\(2\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{a^2-2ac+4c^2}+\sqrt{b^2-2bc+4c^2}\ge8c\)

1 tháng 11 2016

VP=8C ms đúng ở đây 

Xem câu hỏi

20 tháng 5 2019

a) Bất đẳng thức đúng khi a = b = 2c

do đó \(\sqrt{c\left(2c-c\right)}+\sqrt{c\left(2c-c\right)}\le n\sqrt{2c.2c}\Leftrightarrow n\ge1\)

xảy ra khi n = 1

Thật vậy, ta có :

\(\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)

Vậy n nhỏ nhất là 1

b) Ta có : a + b = \(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}=\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

Áp dụng, ta được : \(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(n+1\right)},\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{n}+\sqrt{1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)};\sqrt{n-1}+\sqrt{2}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

do đó : \(4\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\right)\le2n\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

\(\Rightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\le n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)