Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=2\).
Chứng minh rằng \(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\le4\left(\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right)\)
Đọc tiếp...
hello nha
2k? vậy ạ
Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng cộng mẫu:
\(\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-2\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
\(=\frac{\left(-\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Tương tự CM được: \(4\left[\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right]\ge2\left(\frac{a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\) (1)
Lại có: \(VP\left(1\right)-\left(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)=...=0\) (biến đổi đồng nhất)
=> \(VT\left(1\right)\ge\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{4}{9}\)
(n+2 ) \(⋮\)( n-1 )
Ta có n+2 = n-1+3
mà (n-1)\(⋮\)(n-1 ) để (n+2 ) \(⋮\)( n-1 )
thì => 3 \(⋮\) ( n-1 )
hay n-1 thuộc ước của 3
Ư(3)= { 1;3 }
Ta có bảng sau
n-1 1 3
n 2 4
Vậy n \(\in\) {2;4}
sotunhien
\(n+2⋮n-1\Leftrightarrow n-1+3⋮n-1\)
\(\Leftrightarrow3⋮n+1\Leftrightarrow n+1\inƯ\left(3\right)=\left\{\pm1;\pm3\right\}\)
n + 1 | 1 | -1 | 3 | -3 |
n | 0 | -2 | 2 | -4 |
cho \(0\le a,b,c\le1\), \(x,y,z\ge1\)và a+b+c+x+y+z=6. tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(M=a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2\)
Đọc tiếp...Được cập nhật 31 tháng 10 2020 lúc 15:31
Có: \(x,y\ge1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow xy-x-y+1\ge0\Leftrightarrow xy\ge x+y-1\)
Có: \(0\le a\le1\Rightarrow a\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le a\)
Khi đó: \(M=a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+x^2\)
\(\le a+b+c+\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\le a+b+c+6\left(x+y+z\right)-2\left[2\left(x+y+z\right)-3\right]\)
\(=6-\left(x+y+z\right)+2\left(x+y+z\right)+6\)
\(=\left(x+y+z\right)+12\le6+12=18\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=0; x=y=1; z=4
nice solution
cho \(0\le x,y,z\le1.\)Tìm GTLN của biểu thức \(P=\sqrt{\left|y-z\right|}+\sqrt{\left|z-x\right|}+\sqrt{\left|x-y\right|}.\)
Đọc tiếp...Được cập nhật 28 tháng 10 2020 lúc 22:45
a) Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y-z=a\\y+z-x=b\\z+x-y=c\end{cases}\Rightarrow}x=\frac{a+c}{2};y=\frac{b+a}{2};z=\frac{c+b}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\frac{a+b}{2}.\frac{b+c}{2}.\frac{c+a}{2}\ge abc\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\ge abc\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: \(\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\ge0\\b+c\ge2\sqrt{bc}\ge0\\c+a\ge2\sqrt{ca}\ge0\end{cases}\Rightarrow}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8abc\)
Vật bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)
Sửa đề: \(\sqrt{2010}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}< 0\)
Ta có: \(\left(\sqrt{2010}+\sqrt{2014}\right)^2\)
\(=2010+2\sqrt{2010\cdot2014}+2014\)
\(=4024+2\sqrt{\left(2012-2\right)\left(2012+2\right)}\)
\(=2\cdot2012+2\sqrt{2012^2-2^2}\)
\(< 2\cdot2012+2\cdot\sqrt{2012^2}=2\cdot2012+2\cdot2012\)
\(=4\cdot2012=\left(2\sqrt{2012}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{2010}+\sqrt{2014}< 2\sqrt{2012}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2010}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}< 0\)
Không đc sửa đề nhé ! Đây là bài chuẩn đấy .
Thế thì sorry nhé, bạn xem lại đề hộ đê
Ta có: \(\sqrt{2012}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}\)
\(=\sqrt{2014}-\sqrt{2012}>0\)
Cái này hẳn là đề "chuẩn" đấy nhỉ
a) \(2x+3y=4\Rightarrow x=\frac{4-3y}{2}\)
Lúc đó thì\(2x^2+3y^2=2\left(\frac{4-3y}{2}\right)^2+3y^2=\frac{\left(4-3y\right)^2+6y^2}{2}=\frac{9y^2-24y+16+6y^2}{2}\)\(=\frac{15y^2-24y+16}{2}=\frac{15\left(y^2-\frac{24}{15}+\frac{16}{25}\right)+\frac{32}{5}}{2}=\frac{15\left(y-\frac{4}{5}\right)^2+\frac{32}{5}}{2}\ge\frac{\frac{32}{5}}{2}=\frac{16}{5}\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y = 4/5
b) \(3a-5b=8\Rightarrow a=\frac{5b+8}{3}\)
Lúc đó thì \(7a^2+11b^2=7\left(\frac{5b+8}{3}\right)^2+11b^2=\frac{7\left(5b+8\right)^2+99b^2}{9}\)\(=\frac{175b^2+560b+448+99b^2}{9}=\frac{274b^2+560b+448}{9}\)\(=\frac{274\left(b^2+\frac{280}{137}b+\left(\frac{140}{137}\right)^2\right)+\left(448-274.\left(\frac{140}{137}\right)^2\right)}{9}=\frac{274\left(b+\frac{140}{137}\right)^2+\frac{22176}{137}}{9}\ge\frac{2464}{137}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 132/137; b = -140/137
Từ: \(xy+yz+xz=xyz\) <=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Đặt \(A=\frac{1}{x+2y+3z}+\frac{1}{2x+3y+z}+\frac{1}{2x+y+2z}\)Áp dụng bđt: \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) (tự cm đúng)
Ta có: \(\frac{1}{x+2y+3z}=\frac{1}{x+z+2y+2z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{2y+2z}\right)\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}+\frac{3}{2z}\right)\) (1)
CMTT: \(\frac{1}{2x+3y+z}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{z}+\frac{3}{2y}\right)\) (2)
\(\frac{1}{3x+y+2z}\le\frac{1}{16}\left(\frac{3}{2x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{2z}\right)\)(3)
Từ (1); (2) và (3) cộng vế theo vế
\(A\le\frac{1}{16}\left(\frac{3}{2z}+\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}+\frac{3}{2y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{2x}+\frac{3}{2z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{2z}\right)\)
\(A\le\frac{3}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3}{16}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y+2z\\z=2x+y\\y=x+2z\end{cases}}\) <=> x = y = z = 0
mà x;y;z > 0 => Dấu "=" ko xảy ra
=> A < 3/16
Nhân cả 2 vế với 2căn a rồi dùng bất đẳng thức cosi
Ta có
\(a(a+b)(a+c)(a+b+c) +b^2c^2= (a^2+ab+ac +bc)(a^2+ab+ac) +b^2c^2\\= (a^2+ab+ac)^2 +bc.(a^2+ab+ac) +b^2c^2\)
Ta quy về bài toán chứng mình A^2+AB+B^2 >= 0 .....
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge xy\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge a^2xy+b^2xy+2abxy\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\)*đúng*
Đẳng thức xảy ra khi a/b = x/y
Hướng dẫn:
Ta có: \(x\le1\Rightarrow1-x\ge0\); \(x+y-3\ge0\)
Đặt: a = 1 - x và b = x + y - 3 ; với a; b không âm
=> y = a + b +2; x = 1 - a
Thế vào ta có: P = \(3\left(1-a\right)^2+3\left(1-a\right)\left(a+b+2\right)+\left(a+b+2\right)^2\)
Tìm min P với a; b không âm.
Đặt \(x=a^3,y=b^3,z=c^3\Rightarrow\)a,b,c dương và abc=1
\(x+y+1=a^3+b^3+1=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)+1\ge\left(a+b\right)ab+abc\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+1}=\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{abc+ab\left(a+b\right)}=\frac{abc}{abc+ab\left(a+b\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự \(\Rightarrow\frac{1}{y+z+1}\le\frac{a}{a+b+c};\frac{1}{x+z+1}\le\frac{b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{x+z+1}\le\frac{c}{a+b+c}\frac{a}{a+b+c}\frac{b}{a+b+c}=1\)(đpcm)
Mình cảm ơn bạn ạ!!
BĐT đúng với n=2
giả sử BĐT đúng với n=k , tức là: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}< k\sqrt{\frac{k+1}{2}}\)
Ta phải chứng minh BĐT đúng vớới n=k+1:
\(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)
Ta thấy: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}\)
Mà: \(k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)(*)
Thậy vậy: (*)\(\Leftrightarrow\sqrt{k+1}\left(\frac{k}{\sqrt{2}}+1\right)< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\Leftrightarrow\frac{k}{\sqrt{2}}+1< \sqrt{k+1}\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{k+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}< \sqrt{k+1}\frac{\sqrt{k+2}}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow k^2+2\sqrt{2k}+2< k^2+3k+2\)(luôn đúng)
Suy ra: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)
hay \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...\sqrt{n}< n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)
\(Chứng\)\(minh:\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}.....\frac{2n-1}{2n}< \frac{2}{\sqrt{2n+1}}\)
Đọc tiếp...Được cập nhật 29 tháng 9 2020 lúc 21:06
Khi n=1, ta được \(\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{2.1+1}}\Leftrightarrow\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{3}}\) : đúng
giả sử mệnh đề đúng khi n=k\(\left(k\ge1\right)\), tức là \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{2k-1}{2k}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\)
Bây giờ ta chứng minh mệnh đề cũng đúng khi n=k+1, tức là ta phải chứng minh BĐT sau:
\(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2k-1}{2k}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\)
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2k-1}{2k}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{2k-1}{2k}.\frac{2k+1}{2\cdot\left(k-1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(2k+1\right)}.\frac{\left(2k+1\right)^2}{4\left(k+1\right)^2}< \frac{1}{\left(2k+3\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(2k+1\right)^2\left(2k+3\right)< 4\left(k+1\right)^2\left(2k+1\right)\Leftrightarrow0< 2k+1\): luôn đúng
=>mệnh đề đúng với n=k+1
Vậy theo phương pháp quy nạp toán học \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}< \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\)với mọi n nguyên dương.
bạn ơi sao thay n=1 lại ra VT=1/2 ??
\(a+b\ge\frac{4ab}{1+ab}\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(1+ab\right)\ge4ab\Leftrightarrow a+b+a^2b+ab^2\ge4ab\Leftrightarrow\left(a+ab^2-2ab\right)+\left(b+a^2b-2ab\right)\ge0\Leftrightarrow a\left(b^2-2b+1\right)+b\left(a^2-2a+1\right)\ge0\Leftrightarrow a\left(b-1\right)^2+b\left(a-1\right)^2\ge0\)(Đúng do a, b > 0 và \(\left(a-1\right)^2\ge0,\left(b-1\right)^2\ge0\))
Đẳng thức xảy ra khi a = b > 0
BĐT cần chứng minh tương đương với
\(\left(a+b\right)\left(1+ab\right)\ge4ab\)
Thật vậy
Áp dụng bđt AM-GM ta có
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(1+ab\ge2\sqrt{ab}\)
Nhân từng vế 2 bđt trên => đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c>0
Bạn cho VP=3/2 có phải tốt không, chứ cái đề nó lộ liễu quá.
\(\frac{a^3}{b\left(c+a\right)}+\frac{2b}{4}+\frac{c+a}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b\left(c+a\right)}.\frac{2b}{4}.\frac{c+a}{4}}=\frac{3a}{2}\)
\(\frac{b^3}{c\left(a+b\right)}+\frac{2c}{4}+\frac{a+b}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^3}{c\left(a+b\right)}.\frac{2c}{4}.\frac{a+b}{4}}=\frac{3b}{2}\)
\(\frac{c^3}{a\left(b+c\right)}+\frac{2a}{4}+\frac{b+c}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^3}{a\left(b+c\right)}.\frac{2a}{4}.\frac{b+c}{4}}=\frac{3c}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\)\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
a ) Đề không rõ , bạn xem lại nha
b)
Giả sử \(\frac{a}{b}>\frac{a+m}{b+m}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b+m\right)}{b\left(b+m\right)}>\frac{b\left(a+m\right)}{b\left(b+m\right)}\)
\(\Leftrightarrow ab+am>ab+bm\)
\(\Leftrightarrow am>bm\Leftrightarrow a>b\)
Vậy.............
a, a<b =>\(\frac{a}{b}\)<\(\frac{a+m}{b+m}\)
a. \(\frac{a}{b}< \frac{a+m}{b+m}\Leftrightarrow a\left(b+m\right)< b\left(a+m\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+am< ba+bm\)
\(\Leftrightarrow am< bm\Leftrightarrow a< b\)
...
Dưới đây là những câu có bài toán hay do Online Math lựa chọn.
....