CM bất đẳng thức sau
\(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}+\sqrt[3]{4\left(b^3+c^3\right)}\sqrt[3]{4\left(c^3+a^3\right)}\ge2\left(a+b+c\right)\) với \(a,b,c\ge0\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 11 2017
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}\)
\(\frac{b^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 3\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}+3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)
\(\Leftrightarrow 1\geq \frac{a+b}{\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}}\Leftrightarrow \sqrt[3]{4(a^3+b^3)}\geq a+b\)
Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
\(\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}\geq 2(a+b+c)\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
PD
29 tháng 6 2018
Nội quy tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không k "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
24 tháng 7 2019
tạm thời chưa nghĩ ra cách dùng \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2=ab\left(a+b\right)\) :'<
Có: \(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(2a^2-2ab+2b^2\right)}\)
\(=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left[\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{2}\left(a-b\right)^2\right]}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}=a+b\)
Tương tự cộng lại ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
24 tháng 7 2019
ư ư.. ra r :))))))))) cộng thêm Cauchy-Schwarz nữa nhé
Có: \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+a^2b+ab^2=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right).\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=a+b\)
Tương tự cộng lại ra đpcm
19 tháng 6 2019
\(\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\)
Cần CM : \(\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\ge\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2-2\left|\left(a+b\right)\left(c+d\right)\right|\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left|\left(a+b\right)\left(c+d\right)\right|\ge0\) ( luôn đúng \(\forall\left|a+b\right|\ge\left|c+d\right|\) )
Do đó \(VT\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}\right)^2-\left(\sqrt{\left|c+d\right|}\right)^2\)
\(=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}+\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\)
\(\ge2\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|}\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\)
\(=2\left(\sqrt[4]{\left|a+b\right|^3.\left|c+d\right|}-\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|^3}\right)\) ( đpcm )
.
19 tháng 6 2019
Áp dụng bất đẳng thức Mincoxki ta có
\(\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\)
Buniacoxki \(\sqrt{\left(\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\right)\left(1+1\right)}\ge|a+b|+|c+d|\)
Khi đó cần Cm
\(|a+b|+|c+d|\ge2\left(\sqrt{|a+b|^3|c+d|}-\sqrt{|c+d|^3|a+b|}\right)\)
Đặt \(\sqrt[4]{|a+b|}=x,\sqrt[4]{|c+d|}=y\left(x,y\ge0\right)\)
Cần Cm \(x^4+y^4\ge2\left(x^3y-xy^3\right)\left(1\right)\)
<=> \(x^3\left(x-2y\right)+y^4+2xy^3\ge0\left(2\right)\)
+ Nếu \(x\ge2y\)=> BĐT được CM
+ Nếu \(x\le2y\)
(1) <=> \(x^4+y^4+2xy^3\ge2x^3y\)
Mà \(x^4+x^2y^2\ge2x^3y\)
=> Cần CM \(y^4+2xy^3-x^2y^2\ge0\)
<=> \(y^4+xy^2\left(2y-x\right)\ge0\)luôn đúng do \(x\le2y\)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=0
T
1 tháng 7 2020
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
PN
14 tháng 1 2021
P/S : sư phụ em tuổi già sức yếu , cầm cây bút cũng viết không nổi :v
PN
14 tháng 1 2021
bài này mình nghĩ chắc giả sử á , cũng chưa thử ((:
để tí hỏi sư phụ xem đã