NH
2
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
NT
1
25 tháng 7 2016
Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :
Ta có ; \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vì bđt cuối luôn đúng nên bđt ban đầu được cm.
5 tháng 1 2021
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
5 tháng 1 2021
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
11 tháng 9 2016
Vì vai trò a,b,c như nhau nên ta giả sử
\(a\ge b\ge c>0\)
Ta có: \(2b\left(a+c\right)^2-\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2b\left(a+c\right)^2\ge\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Khi đó:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}\) (1)
Mà \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}-2=\frac{\left(a^2+c^2-ab-bc\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\) (2)
Từ (1) và (2) =>Đpcm
11 tháng 9 2016
Ta dễ dàng chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge1\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+a^2}{ab+bc+ac+a^2}=\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)
Suy ra cần chứng minh \(\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
Điều này tương đương với \(\left(b+c\right)\left(2a^2+b^2+c^2\right)+8abc\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2b+2a^2c+b^3+b^2c+c^2b+c^3+8abc\ge2\left(2abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-2bc+c^2\right)\left(b+c-2a\right)\ge0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\left(b+c-2a\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
28 tháng 3 2021
xí câu 1:))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)(1)
Đặt a = x + y - 2 => a > 0 ( vì x,y > 1 )
Khi đó \(\left(1\right)=\frac{\left(a+2\right)^2}{a}=\frac{a^2+4a+4}{a}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+4\ge2\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}+4=8\)( AM-GM )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> a=2 => x=y=2
29 tháng 8 2015
Kẻ CE vuông góc với AB, ta có ngay tam giác ACE vuông có một góc nhọn 60. Suy ra \(AE=\frac{1}{2}AC=\frac{b}{2},CE=\frac{\sqrt{3}}{2}b\). Xét tam giác vuông EBC có '\(EB=c+\frac{b}{2},EC=\frac{\sqrt{3}}{2}b\to a^2=BC^2=BE^2+CE^2=\left(c+\frac{b}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}b\right)^2=c^2+bc+b^2\)
MN
1
16 tháng 8 2021
Hình tự vẽ nha
Kẻ phân giác \(AD,BK\perp AD\)
\(\sin\dfrac{A}{2}=\sin BAD\)
xét \(\Delta AKB\) vuông tại K,có:
\(\sin BAD=\dfrac{BK}{AB}\left(1\right)\)
Xét \(\Delta BKD\) vuông tại K,có :
\(BK\le BD\) thay vào (1):
\(\sin BAD\le\dfrac{BD}{AB}\left(2\right)\)
lại có:\(\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BD+CD}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow BD=\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}\) thay vào (2)
\(\sin BAD\le\dfrac{\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}}{AB}=\dfrac{BC}{AB+AC}\)
\(\RightarrowĐPCM\)
Tick plz
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
ta áp dụng cô-si la ra
a2+b2+c2 ≥ ab+ac+bc
̣̣(a - b)2 ≥ 0 => a2 + b2 ≥ 2ab (1)
(b - c)2 ≥ 0 => b2 + c2 ≥ 2bc (2)
(a - c)2 ≥ 0 => a2 + c2 ≥ 2ac (3)
cộng (1) (2) (3) theo vế:
2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ac+bc)
=> a2 + b2 + c2 ≥ ab+ac+bc
dấu = khi : a = b = c
Ta có : \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0..\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0..\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)\)