K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

21 tháng 4 2017

Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+1=2\left(a+b\right)\\c^2+d^2+36=12\left(c+d\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=1\\\left(c-6\right)^2+\left(d-6\right)^2=36\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\) Đường tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I\left(1;1\right)\\R=1\end{cases}}\), đương tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I'\left(6;6\right)\\R'=6\end{cases}}\)

Gọi \(\hept{\begin{cases}A\left(a;b\right)\in\left(I\right)\\B\left(c;d\right)\in\left(I'\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2}\)

Vì \(II'=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}>6+1=7=R+R'\)

Kẽ II' cắt đường tròn (I) và (I') tại M, N, P, Q.

Ta có: \(NP\le AB\le MQ\)

\(\Leftrightarrow II'-\left(R+R'\right)\le AB\le II'+\left(R+R'\right)\)

\(\Leftrightarrow5\sqrt{2}-7\le AB\le5\sqrt{2}+7\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^3\le AB\le\left(\sqrt{2}+1\right)^3\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^6\le\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\le\left(\sqrt{2}+1\right)^6\)

28 tháng 8 2020

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)

Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

2 tháng 4 2022

Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)

Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\) 

Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\) 

" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

2 tháng 4 2022

 Dạ em cám ơn nhiều lắm ạ

 

19 tháng 12 2021

ai giỏi ạ

7 tháng 10 2017

Sr chụy nha, em chưa học tới ~ :]]]

7 tháng 10 2017

bdt tương đương với  \(a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge2\left(ac+bd\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)

neu ac+bd \(\le0\) thi bdt can duoc cm 

neu ac+bd \(\ge0\) thi \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)

                \(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)

 \(\Leftrightarrow b^2c^2+a^2d^2-2abcd\ge0\Leftrightarrow\left(bc-ad\right)^2\ge0\left(dpcm\right)\)

23 tháng 1 2019

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 \(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)

chú ý : đề sai

22 tháng 9 2017

Uả đề sai thì sao làm được?!

19 tháng 2 2022

Ta có:

\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)

Hoàn toàn tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);

\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Do đó:

\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)

\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)