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
30 tháng 12 2022
3: =>a^3+b^3+c^3>=3abc
=>(a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc>=0
=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)>=0
=>a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac>=0
=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0
=>(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0(luôn đúng)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Lời giải:
Theo BĐT Schur bậc 3:
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Nếu bạn không được sử dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 thì có thể CM nó thông qua BĐT AM-GM ngược dấu.
30 tháng 12 2022
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
KK
24 tháng 5 2018
Ta có \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2b\sqrt{a}}=a-\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(VT\ge3-\left(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\right)\)
Xét \(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}=\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{4a}}+\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{4b}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{4c}}\)
Áp dụng bđt Cauchy ta có \(\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{4a}}=\sqrt{\dfrac{ab}{2a}.\dfrac{ab}{2}}\le\dfrac{\dfrac{b}{2}+\dfrac{ab}{2}}{2}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\le\dfrac{\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}=\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}\left(1\right)\)
Theo hệ quả của bđt Cauchy ta có \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{ab+bc+ac}{2}}{2}\le\dfrac{\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{3}{2}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có \(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab}{2\sqrt{a}}+\dfrac{bc}{2\sqrt{b}}+\dfrac{ac}{2\sqrt{c}}\right)\ge3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NN
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
2 tháng 12 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5})^2\leq (a^2+b^2+c^2)(1+3+5)\)
\(\Leftrightarrow (a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5})^2\leq 9\Rightarrow a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5}\leq 3\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{1}=\frac{b}{\sqrt{3}}=\frac{c}{\sqrt{5}}\) hay \(a=\frac{1}{3}; b=\sqrt{\frac{1}{3}}; c=\sqrt{\frac{5}{9}}\)
7 tháng 2 2019
Do a , b ,c đối xứng , giả sử a \(\ge b\ge c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\ge b^2\ge c^2\\\dfrac{a}{b+c}\ge\dfrac{b}{a+c}\ge\dfrac{c}{a+b}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT Trê - bư -sép ta có :
\(a^2.\dfrac{a}{b+c}+b^2.\dfrac{b}{a+c}+c^2.\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\right)=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\)Vậy \(\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\ge\dfrac{1}{2}\) Dấu bằng xảy ra khi a = b =c = \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 12 2016
BĐT 1 sai ngay với \(a=\sqrt{0,1},b=\sqrt{0,2},c=\sqrt{2,7}\)
BĐT 2 tương đương với đi chứng minh \(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq 3a^2b^2c^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^4b^4+b^4c^4\geq 2a^2b^4c^2\)
Tương tự \(b^4c^4+c^4a^4\geq 2b^2c^4a^2,a^4b^4+c^4a^4\geq 2a^4b^2c^2\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)=3a^2b^2c^2\)
Do đó ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
1 tháng 1 2017
thì ra cái đầu sai nghĩ mãi ko ra, đại ca thông minh thật :v
OP
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 4 2020
a/ - Với \(x\ge\frac{3}{5}\) BPT tương đương:
\(2x^2-5x+3< 0\Leftrightarrow1< x< \frac{3}{2}\)
- Với \(x< \frac{3}{5}\) BPT tương đương:
\(x^2+5x-3< 0\Leftrightarrow\frac{-5-\sqrt{37}}{2}< x< \frac{-5+\sqrt{37}}{2}\)
Vậy nghiệm của BPT là: \(\left[{}\begin{matrix}1< x< \frac{3}{2}\\\frac{-5-\sqrt{37}}{2}< x< \frac{-5+\sqrt{37}}{2}\end{matrix}\right.\)
b/ -Với \(x< 8\) BPT vô nghiệm
- Với \(x\ge8\) hai vế ko âm, bình phương:
\(\left(x-8\right)^2>\left(x^2+3x-4\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+3x-4\right)^2-\left(x-8\right)^2< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+4x-12\right)\left(x^2-2x+4\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow x^2+4x-12< 0\Rightarrow-6< x< 2\) (ktm)
Vậy BPT đã cho vô nghiệm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 1 2020
Câu 1 cần bổ sung thêm điều kiện $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác, tức là đảm bảo mẫu các phân thức vế trái luôn dương.
Nếu không, BĐT sai trong TH $(a,b,c)=(3,2,10)$
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{ab+ac-a^2}+\frac{b^4}{bc+ba-b^2}+\frac{c^4}{ac+bc-c^2}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+ac-a^2+bc+ba-b^2+ca+cb-c^2}\)
\(=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}(1)\)
Mà theo BĐT AM-GM ta thấy: $ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2$
$\Rightarrow 2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\leq a^2+b^2+c^2(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Áp dụng bđt Cô- si với các số a,b,c>0:
\(a^3+1+1\ge3a,b^3+1+1\ge3b,c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3a+3b+3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a+b+c+2\left(a+b+c\right)-6\ge a+b+c+2\cdot3\sqrt[3]{abc}-6=a+b+c+6-6=a+b+c\)
Vậy...
đề là chứng minh bất đẳng thức
bạn nào giải được giúp mình với, mình cảm ơn !