This is the most expensive car I have ever known.
=> I have never ………………………………………………
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
Từ giả thiết a+b+c=1 suy ra: c=1-a-b, thay vào bất đẳng thức ta được
(3a+4b+5-5a-5b)2\(\ge\)44ab+44(a+b)(1-a-b)
<=> 48a2+16(3b-4)a+45b2-54b+25\(\ge0\)
Xét \(f\left(a\right)=48a^2+16\left(3b-4\right)a+45b^2-54b+25\), khi đó ta được
\(\Delta'=64\left(3b-4\right)^2-48\left(45b^2-54b+25\right)=-176\left(3b^2-1\right)\le0\)
Do đó suy ra: f(a) \(\ge\)0 hay 48a2+16(3a-4)a+45b2-54b+25\(\ge\)0
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=\frac{1}{2};b=\frac{1}{3};c=\frac{1}{6}\)
Ta có :
\(\frac{4ab+1}{4ab}=1+\frac{1}{4ab}\ge1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{4ab}{4ab+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}\)
Tương tự ta được :
\(\frac{4bc}{4bc+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}};\frac{4ca}{4ca+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\)
\(\Rightarrow VP\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\)
BĐT cần chứng minh tương đương với
\(a+b+c\ge\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\) (1)
Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)
\(x,y,z>0;x+y+z=2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow x+y+z\ge2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^2}}\right)\)
\(VP=\frac{2x^2}{x^2+1}+\frac{2y^2}{y^2+1}+\frac{2z^2}{z^2+1}\le\frac{2x^2}{2x}+\frac{2y^2}{2y}+\frac{2z^2}{2z}=x+y+z=VT\)
Vậy BĐT được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
\(\frac{4ab}{4ab+1}< =\frac{4ab}{2\sqrt{4ab}}=\sqrt{ab}\)
CMTT =>\(\hept{\begin{cases}\frac{4bc}{4bc+1}< =\sqrt{bc}\\\frac{4ac}{4ac+1}< =\sqrt{ac}\end{cases}}\)
Ta có \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ac}\)
=\(\frac{1}{2}\left(\left(a+2\sqrt{ab}+b\right)+\left(b+2\sqrt{bc}+c\right)+\left(c+2\sqrt{ac}+a\right)\right)\)
=\(\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\right)>=0\)
dấu = xảy ra khi a=b=c.
\(=>a+b+c>=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)\(>=\frac{4ab}{4ab+1}+\frac{4bc}{4bc+1}+\frac{4ac}{4ac+1}\)
\(A=x^2-6x+9+2\)
\(A=\left(x^2-6x+9\right)+2\)
\(A=\left(x-3\right)^2+2\)
1) \(A=x^2+2x+2=\left(x+1\right)^2+1\ge1>0\left(\forall x\right)\)
2) \(B=x^2+6x+11=\left(x+3\right)^2+2\ge2>0\left(\forall x\right)\)
3) \(C=4x^2+4x-2=\left(2x+1\right)^2-2\ge-2\) chưa chắc nhỏ hơn 0
4) \(D=-x^2-6x-11=-\left(x+3\right)^2-2\le-2< 0\left(\forall x\right)\)
5) \(E=-4x^2+4x-2=-\left(2x-1\right)^2-1\le-1< 0\left(\forall x\right)\)
1. \(A=x^2+2x+2=\left(x+1\right)^2+1\)
Vì \(\left(x+1\right)^2\ge0\forall x\)\(\Rightarrow\left(x+1\right)^2+1\ge1\)
=> Đpcm
2. \(B=x^2+6x+11=\left(x+3\right)^2+2\)
Vì \(\left(x+3\right)^2\ge0\forall x\)\(\Rightarrow\left(x+3\right)^2+2\ge2\)
=> Đpcm
3. \(C=4x^2+4x-2=-\left(4x^2-4x+2\right)\)
\(=-\left(4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1\right)\)
Vì \(\left(x-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall x\Rightarrow4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1\ge1\)
\(\Rightarrow-\left(4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1\right)\le1\)
=> Đpcm
4,5 làm tương tự
I have never known this expensive car before.
I have never known the car more expensive than this car before
học tốt