Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1) Áp dụng BĐT bun-hi-a-cốp-xki ta có:
\(\left(a+d\right)\left(b+c\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\)( vì a,b,c,d dương )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)
\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)
Ta có đpcm.
Lần sau bạn lưu ý đăng 1 bài 1 lần thôi. Đăng nhiều lần coi như spam và sẽ bị xóa không thương tiếc đấy nhé.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Dấu '' = '' không xảy ra
Áp dụng BĐT AM-GM:
Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)
\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)
Ta có đpcm.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
nếu đề cho a;b >=1
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge\sqrt{a}\\b\ge\sqrt{b}\end{cases}\Leftrightarrow a+b\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
mà \(a^2+b^2\ge2ab>\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\le\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\le\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
đấy nếu cho a;b >= 1 nó vẫn đúng về các yếu tố nhưng hướng làm thiếu tự nhiên và dấu bằng kiểu không hiện ra tại điểm giới hạn là 1 ý
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Có \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
Khai căn 2 vế
\(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=\left|a+b\right|\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)
Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)
Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:
(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)
Đây là điều hiển nhiên/
PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D
Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:
Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)
Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:
(Hiển nhiên)
Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:
(Hiển nhiên)
Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.
\(bdt\Leftrightarrow\sqrt{2\left(a+b\right)}\left(\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\le0\)
\(\sqrt{2\left(a+b\right)}\ge0\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{2}+\dfrac{b}{2}\le a+b+2\sqrt{ab}\Leftrightarrow\dfrac{a}{2}+\dfrac{b}{2}+2\sqrt{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2+\sqrt{ab}\ge0\)(đúng)
\("="\Leftrightarrow a=b=0\)
p/s: T nghĩ ko âm chứ ko phải dương