Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a.
Bình phương 2 vế, BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge6\)
Ta có:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(1+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=a+b\)
Tương tự cộng lại:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge2\left(a+b+c\right)=6\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b.
\(\sum\dfrac{a+1}{a^2+2a+3}=\sum\dfrac{a+1}{a^2+1+2a+2}\le\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\le1\Leftrightarrow\sum\dfrac{4a+4}{4a+2}\le4\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{1}{2a+1}\ge1\)
Đúng đo: \(\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1}\ge\dfrac{9}{2\left(a+b+c\right)+3}=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
i don not no
câu này đơn giản quá, ko thích hợp vs người đẳng cấp như anh dây đâu
câu này ai giải đc cho tui 10000
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta co:
\(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\le\frac{ab+ca}{2}+\frac{bc+ab}{2}+\frac{ca+bc}{2}=ab+bc+ca\)
Suy ra BDT can phai chung minh la:
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(dung)
Dau '=' xay khi \(a=b=c\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) bđt cosi
b) \(\left(\sqrt{a+b}\right)=a+b\)
\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=a+b+2\sqrt{ab}\)
\(a+b+2\sqrt{ab}>a+b\)
=> đpcm
c) xét hiệu \(a-\sqrt{a}+\frac{1}{4}+b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}\ge0\)
d)https://olm.vn/hoi-dap/question/1003405.html
nè ngại làm
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
14:
\(A=\sqrt{-4x^2+4x+7}\)
\(=\sqrt{-\left(4x^2-4x-7\right)}\)
\(=\sqrt{-\left(4x^2-4x+1-8\right)}\)
\(=\sqrt{-\left(2x-1\right)^2+8}< =\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)
Dấu = xảy ra khi 2x-1=0
=>\(x=\dfrac{1}{2}\)
13:
\(a+b+c>=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)
=>\(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ac}>=0\)
=>\(\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)+\left(b-2\sqrt{bc}+c\right)+\left(a-2\sqrt{ac}+c\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
`\sqrta+\sqrtb >= \sqrt(a+b)`
`<=> a+b+2\sqrt(ab) >= a+b`
`<=> 2\sqrt(ab) >= 0`
`<=> ab>=0` (Đúng)
(`a>=0 ; b>= 0 => ab >=0 forall a,b`)
`=>` ĐPCM.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
đặt \(S=\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4c^2+1}+\frac{c}{4a^2+1}\)
\(=\frac{a^3}{4a^2b^2+a^2}+\frac{b^3}{4b^2c^2+b^2}+\frac{c^3}{4a^2c^2+c^2}\ge\frac{\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2}{4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2+a^2+b^2+c^2}\)
xét hiệu:
1-4(a2b2+b2c2+c2a2)-a2-b2-c2
=2ab+2bc+2ca-4(a2b2+b2c2+c2a2)
=2ab(1-2ab)+2bc(1-2bc)+2ca(1-2ca)
ta có:
\(2ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\le\frac{1}{2};2bc\le\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\le\frac{1}{2};2ca\le\frac{\left(c+a\right)^2}{2}\le\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2ab\left(1-2ab\right);2bc\left(1-2bc\right);2ca\left(1-2ca\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1\ge4\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2}{4\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+a^2+b^2+c^2}\ge\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4c^2+1}+\frac{c}{4a^2+1}\ge\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\)
=>đpcm
dấu"=" xảy ra khi 1 số=1;2 số còn lại =0
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) (1)
\(\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc}\) (2)
\(\dfrac{c+a}{2}\ge\sqrt{ca}\) (3)
Cộng từng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được :
\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh
Mở rộng cho bốn số a, b, c, d không âm, ta có bất đẳng thức :
\(a+b+c+d\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}\)
Mở rộng cho năm số a, b, c, d, e không âm, ta có bất đẳng thức : \(a+b+c+d+e\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{de}+\sqrt{ea}\)
áp dụng BĐT AM-GM với 2 số không âm
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)
cộng các vế của BĐT ta có
\(2\left(a+b+c\right)\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)
chia cả hai vế của BĐT cho 2 ta có đpcm
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(2a+2b+2\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\sqrt{a}+1\right)+\left(b-2\sqrt{b}+1\right)+\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-1\right)^2+\left(\sqrt{b}-1\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng với a;b không âm)
Vậy BĐT đã cho được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1\)
Áp dụng bđt côsi với các số không âm ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\\ a+1\ge2\sqrt{a}\\ b+1\ge2\sqrt{b}\)
=> \(a+b+a+1+b+1\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{a}+2\sqrt{b}\)
=> \(2a+2b+2\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{a}+2\sqrt{b}\)
=> \(a+b+1\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{ab}\) ( ĐPCM)