Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 1. ta có
\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+ac+ad\)
\(\Leftrightarrow b^2+ab+\frac{a^2}{4}+c^2+ac+\frac{a^2}{4}+d^2+ad+\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+\frac{a}{2}\right)^2+\left(c+\frac{a}{2}\right)^2+\left(d+\frac{a}{2}\right)^2+\frac{a^2}{4}\ge0\) luôn đúng
Bài 2
ta có \(\frac{a^5}{b^5}+1+1+1+1\ge\frac{5.a}{b}\) (bất đẳng thức cauchy)
Tương tự ta có \(\frac{b^5}{c^5}+4\ge\frac{5b}{c};\frac{c^5}{a^5}+4\ge\frac{5c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\)
Mà dễ dàng chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\)
Nên ta có \(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)
bài 1 : \(^{a^2+B^2+C^2+D^2}\)>hoặc =ab+ac+ad
\(^{a^2+b^2+c^2}\)- ab-ac-ad>hoặc = 0
\((\frac{1}{4}^{a^2-ab+b^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ac+c^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ad+d^2})\)>hoặc =0
\((\frac{1}{2}a-b)^2+(\frac{1}{2}a-c)^2+(\frac{1}{2}a-d)^2>=0\)
Vì \((\frac{1}{2}a-b)^2>=0\)với mọi \(A,b\varepsilon n\)
=> đpcm tự kết luận
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :
\(\frac{a^2}{b}+b\ge2\sqrt{\frac{a^2b}{b}}=2a\)
Chứng minh tương tự : \(\frac{b^2}{c}+c\ge2b\); \(\frac{c^2}{a}+a\ge2c\)
Cộng theo vế của 3 bđt trên ta được :
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
\(\frac{a}{a^2+ab+b^2}+\frac{b}{b^2+bc+c^2}+\frac{c}{c^2+ac+a^2}\)
\(=\frac{a^2}{a^3+a^2b+b^2a}+\frac{b^2}{b^3+b^2c+c^2b}+\frac{c^2}{c^3+c^2a+a^2c}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^3+a^2b+b^2a+b^3+b^2c+c^2b+c^3+c^2a+a^2c}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2\left(a+b+c\right)+b^2\left(a+b+c\right)+c^2\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b=c\)
b/ Ta có: \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\right)+\left(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)+\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)\right]\)
\(\ge\frac{1}{2}.\left(\frac{2a}{c}+\frac{2b}{a}+\frac{2c}{b}\right)=\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
tau lam theo cach nay hoi dai nhung van dung
xet:a2/b2+c2-a/b+c=ab(a-b)+ac(a-c)/(b2+c2)(b+c)(1)
tg tu:b2/c2+a2-b/c+a=bc(b-c)+ab(b-a)/(a2+c2)(c+a)(2)
c2/a2+b2-c/a+b=ac(c-a)+cb(c-b)(3)
lay(1)+(2)+(3) roi dat thua so chung ab(a-b);ac(c-a);bc(b-c) ra roi gia su a=>b=>c>0 suy ra bieu thuc trong ngoac ko am =>dpcm