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
HV
0
9 tháng 9 2017
1, C/m : a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab)
Ta có : 2( a^3 + b^3 + c^3 ) = ( a^3 + b^3 + c^3 ) + ( a^3 + b^3 + c^3 )
≥ 3abc + a^3 + b^3 + c^3 ( BĐT Côsi )
= a^3 + abc + b^3 + abc + c^3 + abc ≥ 2.a^2.căn (bc) + 2.b^2.căn (ac) + 2.c^2.căn (ab) ( BĐT Côsi )
=> a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
2, C/m : (a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (3/2)(a + b + c) ( 1 )
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho phân số ( :D ) ta được :
(a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (a^2 + b^2 + c^2).[(1+1+1)^2/(a+b+b+c+a+c)] = (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)]
(1) <=> (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)] ≥ (3/2)(a + b + c)
<=> 3(a^2 + b^2 + c^2) ≥ (a + b + c)^2
<=> a^2 + b^2 + c^2 ≥ ab + bc + ca.
BĐT cuối đúng nên => đpcm !
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
3, C/m : a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc
Ta có : 2( a^4 + b^4 + c^4 ) = (a^4 + b^4 +c^4) + (a^4 + b^4 +c^4)
≥ ( a^2.b^2 + b^2.c^2 + c^2.a^2 ) + (a^4 + b^4 +c^4) = ( a^4 + b^2.c^2 ) + ( b^4 + c^2.a^2 ) + ( c^4 + a^2.b^2 )
≥ 2.a^2.bc + 2.b^2.ca + 2.c^2.ab ( BĐT Côsi )
= 2.abc(a + b + c)
Do đó a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c.
MC
1
TN
7 tháng 9 2017
Ko mất tính tổng quát giả sử \(a_1=\text{max}\left\{a_2;a_3;a_4;a_5\right\}\).
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_5\le a_1\left(a_2+a_3+a_4+a_5\right)\)
\(\le\frac{\left(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\)
Xảy ra khi có 2 số bằng \(\frac{1}{2}\) và 3 số còn lại bằng 0
MC
0
TD
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 11 2021
Bạn cần viết đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ bên trái khung soạn thảo) để được hỗ trợ tốt hơn.
NN
2
DT
Dang Tung
CTVHS
12 tháng 6 2023
Sửa đề : \(\dfrac{a^2}{a^2+b}+\dfrac{b^2}{b^2+a}\le1\\ \) (*)
\(< =>\dfrac{a^2\left(b^2+a\right)+b^2\left(a^2+b\right)}{\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)}\le1\\ < =>a^2b^2+a^3+b^2a^2+b^3\le\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)\) ( Nhân cả 2 vế cho `(a^{2}+b)(b^{2}+a)>0` )
\(< =>a^3+b^3+2a^2b^2\le a^2b^2+b^3+a^3+ab\\ < =>a^2b^2\le ab\\ < =>ab\le1\) ( Chia 2 vế cho `ab>0` )
Do a,b >0
Nên áp dụng BDT Cô Si :
\(2\ge a+b\ge2\sqrt{ab}< =>\sqrt{ab}\le1\\ < =>ab\le1\)
Do đó (*) luôn đúng
Vậy ta chứng minh đc bài toán
Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b>0,a+b=2< =>a=b=1\)
LD
22 tháng 7 2023
a Sửa đề : Chứng minh \(\dfrac{a^2}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2}{b^2+a}\)\(\le\) 1 ( Đề thi vào 10 Hà Nội).
Bất đẳng thức trên tương đương :
\(\dfrac{a^2+b-b}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2+a-a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\) 1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\)+ 1 - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\)1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\) - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)0
\(\Leftrightarrow\)- \(\dfrac{b}{a^2+b}\)- \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)-1
\(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{a}{b^2+a}\)+ \(\dfrac{b}{a^2+b}\)\(\ge\)1
Xét VT = \(\dfrac{a^2}{ab^2+a^2}\)+ \(\dfrac{b^2}{a^2b+b^2}\)\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab^2+a^2+a^2b+b^2}\) (Cauchy - Schwarz)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(b+a\right)+a^2+b^2}\)
\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2ab+a^2+b^2}\)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}\)= 1
Vậy BĐT được chứng minh
Dấu '=' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = 1
13 tháng 12 2023
\(a,b,c>0;abc=1000\)
\(P=\sum\dfrac{a}{b^4+c^4+1000a}\le\sum\dfrac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a^2bc}=\sum\dfrac{a^2}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{1000\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{1000}\)
P đạt GTLN là 1/1000 khi \(a=b=c=10\)
Đề bài sai
Phản ví dụ:
\(a=-1;b=1\) thì \(\left(a^2+b^2\right)\left(a^4+b^4\right)=4\)
Trong khi \(\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)=0\)
\(4< 0\) là sai
BĐT này chỉ đúng với a;b là các số thực không âm (hoặc dương), hoặc cùng dấu