VT
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
LH
2
T
27 tháng 11 2015
Áp dụng bđt coossi ta dduowcj : \(a+b+c\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\Rightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\Rightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu = xảy ra khi a=b+c và b=c và a+b+c=1=>a=1/2;b=c=1/4
DM
3
VD
3 tháng 11 2017
\(\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2=\left(b+c\right)\left(a+\left(b+c\right)\right)^2\ge2\sqrt{bc}.4a\left(b+c\right)\)
\(\ge8\sqrt{bc}.a.2\sqrt{bc}\ge16abc\)
Dấu "=" xảy ra bạn tự kiếm nhé
21 tháng 1 2018
u trả lời hay nhất: ta có (b+c)^2/4>=bc =>16abc=<16a(b+c)^2/4=4a(b+c) =4a (1-a)^2 =4a (1-a)(1-a) =(4a-4a^2)(1-a)
=(1-a) (1- (2a-1)^2)
Vì (2a-1)^2 >= 0 nên 1- (2a-1)^2 =< 1 suy ra (1-a) (1- (2a-1)^2) =<b+c
Vậy 16abc=< b+c
p/s :kham khảo
HC
0
AT
17 tháng 8 2018
Có:\(\left(b+c\right)^2=\left(b+c\right)^2\cdot\left(a+b+c\right)^2\)
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\);
\(\left(b+c\right)^2\ge4bc\);
Nhân theo vế 2 bđt trên ta có:
\(\left(b+c\right)^2\cdot\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\cdot4bc\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\ge16abc\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge16abc\)(chia cả 2 vế cho b+c) (đpcm)
Dấu ''='' xảy ra khi: \(a=\dfrac{1}{2};b=c=\dfrac{1}{4}\)
20 tháng 3 2020
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
4 tháng 3
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy
KN
18 tháng 12 2020
Ta có: \(P=\frac{25a^2}{\sqrt{2a^2+16ab+7b^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{2b^2+16bc+7c^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(=\frac{25a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2-2\left(a-b\right)^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{\left(2b+3c\right)^2-2\left(b-c\right)^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(\ge\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\left(2a+3b\right)\ge2\sqrt{\frac{25a^2}{2a+3b}.\left(2a+3b\right)}=10a\Rightarrow\frac{25a^2}{2a+3b}\ge8a-3b\)(1)
\(\frac{25b^2}{2b+3c}+\left(2b+3c\right)\ge2\sqrt{\frac{25b^2}{2b+3c}.\left(2b+3c\right)}=10b\Rightarrow\frac{25b^2}{2b+3c}\ge8b-3c\)(2)
\(\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}=\frac{3c^2}{a}+c^2=\left(\frac{3c^2}{a}+3a\right)+\left(c^2+1\right)-3a-1\)\(\ge2\sqrt{\frac{3c^2}{a}.3a}+2c-3a-1=8c-3a-1\)(3)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\ge5\left(a+b+c\right)-1=14\)
Vậy \(P\ge14\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
NT
4
VT
7 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT cô-si, ta có
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right);\left(b+c\right)^2\ge4bc\)
Nhân từng vế, ta có \(\left(a+b+c\right)^2\left(b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right).4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\left(ĐPCM\right)\)
dấu = xảy ra <=>\(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
^_^
21 tháng 1 2018
Câu trả lời hay nhất: áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm có
1 = (a + b+ c)^2 >= 4a(b + c)
<=> b +c >= 4a(b + c)^2
Mà (b + c)^2 >= 4bc
Vậy b + c >= 4a.4bc = 16abc
p/s:kham khảo
HP
1 tháng 6 2016
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si (\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)) ta được:
\(a+1\ge2\sqrt{a}\)
\(b+1\ge2\sqrt{b}\)
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
Nhân từng vế các BĐT trên :
=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{bc}=16abc\) (đpcm)
\(\left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\Rightarrow4a\left(b+c\right)\le1\)
\(\Rightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\ge4a.4bc=16abc\)
\(\Rightarrow16abc-b-c\le0\)
\(\Rightarrow P_{max}=0\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;0;0\right);\left(\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{4}\right)\)
Ta có \(1=a+b+c\ge a+b\Rightarrow a\le1-b\)
\(Q=16ab-b-c\le16ab-b\le16\left(1-b\right)b-b\)
\(Q\le-16b^2+15b=\frac{225}{64}-16\left(b-\frac{15}{32}\right)^2\le\frac{225}{64}\)
\(Q_{max}=\frac{225}{64}\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{17}{32};\frac{15}{32};0\right)\)