BD
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
T
3 tháng 10 2019
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a =b = c
b)Tương tự câu a
c)\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\)
Tương tự 3 BĐT còn lại và cộng theo vế ta được \(VT\ge2\)
Nhưng dấu "=" không xảy ra nên ta có đpcm.
d) Chưa nghĩ ra.
Bài 2:
a) Đề thiếu (or sai hay sao ý)
3 tháng 10 2019
d, Với a,b >0.Áp dụng bđt svac-xơ có:
\(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}=\frac{3}{a}+\frac{2}{2b}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2}{a+2b}=\frac{5+2\sqrt{6}}{a+2b}>\frac{\sqrt{24}+2\sqrt{6}}{a+2b}\)
=> \(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}>\frac{4\sqrt{6}}{a+2b}\)
10 tháng 10 2019
b) Ta có:
\(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^2+3}{8}+\frac{a^2}{2}\)\(\ge\)\(4\sqrt[4]{\frac{a^4}{16}}=2a\)
\(\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c^2+3}{8}+\frac{b^2}{2}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^4}{16}}=2b\)
\(\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{a^2+3}{8}+\frac{c^2}{2}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^4}{16}}=2c\)
Cộng lại ta đươc:
\(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)+\)\(\frac{5\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}{8}\)\(\ge2\left(a+b+c\right)\)
⇒ \(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)\ge\)\(6-\frac{5\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}{8}\)(1)
Lại có: \(a^2+1\ge2a\); \(b^2+1\ge2b\); \(c^2+1\ge2c\)
Suy ra \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3=3\)
Khi đó (1)⇔ \(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)\ge\)\(6-\frac{5.3+9}{8}=3\)
⇒ \(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra ⇔ \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 10 2019
\(\left(a^2+3b^2\right)\left(1+3\right)\ge\left(a+3b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+3b^2}\ge\frac{a+3b}{2}\)
\(\Rightarrow P=\sum\frac{ab}{\sqrt{a^2+3b^2}}\le2\sum\frac{ab}{a+3b}=2\sum\frac{ab}{a+b+b+b}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{8}\sum ab\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}\right)=\frac{1}{8}\sum\left(3a+b\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)
"=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
ZT
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 6 2021
\(3=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le1\)
BĐT tương đương:
\(3\left(ab+bc+ca\right)\ge abc\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+6\right]\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\ge abc\left[15-2\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)\left(2abc+3\right)\ge15abc\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left(2abc+3\right)^2\ge225\left(abc\right)^2\)
Do \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(2abc+3\right)^2\ge25abc\)
\(\Leftrightarrow\left(1-abc\right)\left(9-4abc\right)\ge0\) (luôn đúng với \(0< abc\le1\))
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bạn ơi thế c đâu rùi