PL
3
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
PV
1
VT
5 tháng 9 2017
cậu Áp dụng bđt cô si để chứng minh \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
Áp dụng ta có \(\left[a+\left(b+c\right)\right]^2\ge4a\left(b+c\right)\)
=> \(1\ge4a\left(b+c\right)\)(1)
Áp dụng lần nữa ta có
\(\left(b+c\right)^2\ge4bc\) (2 )
từ (1),(2), nhận 2 vế ta có
\(\left(b+c\right)^2\ge16\left(b+c\right)abc\)
=> \(b+c\ge16abc\) (ĐPCM)
dấu = tự tìm nhé
2 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT cô si với hai số không âm, Ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2=1\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\forall b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu "=" xảy ra khi:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\b=c\\a=b+c\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
2 tháng 1 2018
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)
Áp dụng BĐT Cô si với 2 số dương ta có:
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2,\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2,\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)(đúng)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(do a+b+c=1)
HH
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 4 2021
Ta có:
\(b\ge0\Rightarrow b^3+1\ge1\Rightarrow a\sqrt{b^3+1}\ge a\)
Hoàn toàn tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\ge b\) ;\(c\sqrt{a^3+1}\ge c\)
Cộng vế:
\(P\ge a+b+c=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và hoán vị
Lại có:
\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\dfrac{a\left(b^2+2\right)}{2}\)
Tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\le\dfrac{b\left(c^2+2\right)}{2}\) ; \(c\sqrt{a^3+1}\le\dfrac{c\left(a^2+2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+a+b+c=\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2+2abc\right)+3\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(Q=ab^2+bc^2+ca^2+2abc\le4\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=mid\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\le0\Leftrightarrow a^2+bc\le ab+ac\)
\(\Rightarrow ca^2+bc^2\le abc+ac^2\)
\(\Rightarrow Q\le ab^2+ac^2+2abc=a\left(b+c\right)^2=\dfrac{1}{2}.2a\left(b+c\right)\left(b+c\right)\le\dfrac{1}{54}\left(2a+2b+2c\right)^3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right)\) và 1 số hoán vị của chúng
5 tháng 11 2019
\(\sqrt{2020a+\frac{\left(b-c\right)^2}{2}}\le\sqrt{2020a+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}}=\sqrt{2020a+\frac{\left(1010-a\right)^2}{2}}\)
\(=\sqrt{\frac{1}{2}\left(a^2+2020a+1010^2\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+1010\right)\)
=> \(VT\le\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+b+c+3.1010\right)=2020\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=1010;b=0;c=0 và các hoán vị
HM
2
9 tháng 11 2018
Câu hỏi của Đỗ Minh Quang - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em xem cách làm ở link này nhé!
TN
9 tháng 11 2018
Áp dụng bất đẳng thức coosi ta được:
\(a+b+c\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\Rightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b+c\) và \(b=c\) và \(a+b+c=1\Rightarrow a=\frac{1}{2};b=c=\frac{1}{4}\)
Chưa cho a,b,c > 0 sao chia 2 vế cho abc đuojwc
Chia \(abc\) hai về được BĐT tương đương \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) được: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge\frac{4}{ab+ac}=\frac{4}{a\left(b+c\right)}\)
Dưới mẫu bạn áp dụng BĐT \(a\left(b+c\right)\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\) thì \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}\ge16\).
BĐT được chứng minh.