Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1/ \(x^4+5>x^2+4x\)
\(\Leftrightarrow x^4-2x^2+1+x^2-4x+4>0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)^2+\left(x-2\right)^2>0\) đúng vì đấu = không xảy ra
2/ Ta có:
\(a=\sqrt{90-b^2-c^2}\le\sqrt{90-5^2-6^2}< 6\)
Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}b< 7\\c\le7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a-4\right)\left(a-9\right)+\left(b-5\right)\left(b-8\right)+\left(c-6\right)\left(c-7\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-13\left(a+b+c\right)+118\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge16\)
\(VT=\sqrt{\left(a+\dfrac{5b}{2}\right)^2+\dfrac{15b^2}{4}}+\sqrt{\left(b+\dfrac{5c}{2}\right)^2+\dfrac{15c^2}{4}}+\sqrt{\left(c+\dfrac{5a}{2}\right)^2+\dfrac{15a^2}{4}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{\left(a+\dfrac{5b}{2}+b+\dfrac{5c}{2}+c+\dfrac{5a}{2}\right)^2+\dfrac{15}{4}\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{\dfrac{49}{4}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{15}{4}\left(a+b+c\right)^2}=4\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Em có cách này,anh check lại nhé!
Theo nguyên lí Dirichlet,trong ba số (a - 1) ; (b - 1); (c - 1) tồn tại hai số có tích không âm.
Không mất tính tổng quát,giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)
\(\Rightarrow abc\ge ac+bc-c\)
Suy ra \(VT\ge a^2+b^2+\left(c^2+ac+bc-c\right)\)
\(=a^2+b^2+c\left(a+b+c-1\right)=a^2+b^2+2c\)
Ta cần chứng minh \(a^2+b^2+2c\ge4\)
Thật vậy,BĐT \(\Leftrightarrow\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+2c\ge6\)
Áp dụng BĐT Cô si (AM-GM) ta được: \(VT\ge2\left(a+b+c\right)=2.3=6\)(Q.E.D)
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Theo định lí cos ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\;\cos A\)
\( \Rightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 2bc\;\cos A\)(1)
a) Nếu góc A nhọn thì \(\cos A > 0\)
Từ (1), suy ra \({b^2} + {c^2} > {a^2}\)
b) Nếu góc A tù thì \(\cos A < 0\)
Từ (1), suy ra \({b^2} + {c^2} < {a^2}\)
c) Nếu góc A vuông thì \(\cos A = 0\)
Từ (1), suy ra \({b^2} + {c^2} = {a^2}\)
Áp dụng BĐT
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3^2}{3}=3\)
Theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:
\(1.\sqrt{a^2+3}+1.\sqrt{b^2+3}+1.\sqrt{c^2+3}\ge\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+9\right)}\ge\sqrt{3.\left(3+9\right)}=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Đặt \((a,b,c)=(m+4,n+5,p+6)\Rightarrow m,n,p\geq 0\)
Điều kiện đb trở thành:
\(a^2+b^2+c^2=90\Leftrightarrow m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p=13\)
Vì \(m,n,p\geq 0\) nên:
\(13=m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p\leq (m+n+p)^2+12(m+n+p)\)
\(\Leftrightarrow (m+n+p+13)(m+n+p-1)\geq 0\)
\(\Rightarrow m+n+p\geq 1\)
\(\Rightarrow a+b+c=m+n+p+15\geq 16\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(4,5,7)\)
28/11/2017 mà chị vẫn giải à