Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}=\dfrac{a^2}{ab+2ac}+\dfrac{b^2}{bc+2ab}+\dfrac{c^2}{ac+2bc}\)
áp dụng BDT CAUCHY SCHAWRZ
\(=>\dfrac{a^2}{ab+2ac}+\dfrac{b^2}{bc+2ab}+\dfrac{c^2}{ac+2bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac+2ac+2ab+2bc}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ac\right)}{3\left(ab+bc+ac\right)}=1\)
cái chỗ bđt cauchy là bđt gì bạn có thể ghi cụ thể nó ra được ko ạ
bài tập toán cuối tuần lớp 3 , trang 4 cho các số 2 ,3 , 4, 5 .
a , hãy viết tất cả các số có 4 chữ số khác nhau , trong đó chữ số hàng nghìn là 2
b ,xếp các số theo thứ tự từ lớn đến bé
c , xếp các số theo thứ tư từ bé đến lớn
Câu hỏi của Trần Lê Nguyên Mạnh - Toán lớp 9 - Học trực tuyến OLM
bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
a)Áp dụng AM-GM có:
\(a\sqrt{b-1}\le a.\dfrac{b-1+1}{2}=\dfrac{ab}{2}\)
\(b\sqrt{a-1}\le b.\dfrac{a-1+1}{2}=\dfrac{ab}{2}\)
\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\dfrac{ab}{2}+\dfrac{ab}{2}\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=2
b)Áp dụng bđt bunhiacopxki có:
\(\left(\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\right)^2=\left(\sqrt{a}.\sqrt{c}+\sqrt{b}.\sqrt{d}\right)^2\)\(\le\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{d}\right)^2\right]=\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\le\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}=\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{d}}\Leftrightarrow ad=bc\)
\(b,\) Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a+b\right)\left(c+d\right)=\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{d}\right)^2\right]\\ \ge\left(\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\right)^2\)
Dấu \("="\Leftrightarrow ad=bc\)
\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)
Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)
Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)
\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)
Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
áp dụng bernoli thôi, chẳng có gì khó