Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\)
\(\Leftrightarrow ab+cd+2\sqrt{abcd}\le ab+bc+cd+da\)
\(\Leftrightarrow bc+da\ge2\sqrt{abcd}\)
\(\Leftrightarrow bc+da-2\sqrt{abcd}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{bc}-\sqrt{da}\right)^2\ge0\) đúng \(\forall a,b,c,d>0\)
1) Bất đẳng thức cần chứng minh
\(\Leftrightarrow\) a2 + b2 + c2 + d2 + \(2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\) \(ac+bd\le\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\left(1\right)\)
Nếu : ac + bd < 0 : BĐT luôn đúng
Nếu : ac + bd \(\ge\) 0 : Thì (1) tương đương
( ac + bd )2 \(\le\) ( a2 + b2 )( c2 + d2 )
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2+2abcd\le\left(ac\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(bd\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2-2abcd\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ad-bc\right)^2\ge0\) , luôn đúng , vậy bài toán được chứng minh
2) Chọn :\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\cos x.\cos y\\c=2\sin x.\sin y\\b=d=\sin\left(x-y\right)\end{matrix}\right.\)
Từ câu 1) ta có :
\(\sqrt{4\cos^2x.\cos^2y+\sin^2\left(x-y\right)}+\sqrt{4\sin^2x.\sin^2y+\sin^2\left(x-y\right)}\)
\(\ge\sqrt{\left(2\cos x.\cos y+2\sin x.\sin y\right)^2+\left(2\sin\left(x-y\right)\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{4\cos^2\left(x-y\right)+4\sin^2\left(x-y\right)}=2\)
a) Nửa khoảng \(\left( {\left. { - 2\pi ;2\pi } \right]} \right.\)
b) \(\left\{ {x \in \mathbb{R}|\;\left| x \right| \le \sqrt 3 } \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}|\; - \sqrt 3 \le x \le \sqrt 3 } \right\}\)
Đoạn \(\left[ {\left. { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} \right.\)
c) Khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)
d) \(\left\{ {x \in \mathbb{R}|\;1 - 3x \le 0} \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}|\;x \ge \frac{1}{3}} \right\}\)
Nửa khoảng \(\left. {\left[ {\frac{1}{3}; + \infty } \right.} \right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 1:
Đặt \(\begin{array}{l} \sqrt c = \alpha \\ \sqrt {b - c} = \beta \\ \end{array}\) và \(\begin{array}{l} \sqrt {a - c} = x \\ \sqrt c = y \\ \end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
\(x\alpha + y\beta \le \left| {x\alpha + y\beta } \right| \le \sqrt {{x^2} + {y^2}} .\sqrt {{\alpha ^2} + {\beta ^2}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt c .\sqrt {a - c} + \sqrt {b - c} .\sqrt c \le \sqrt {{{\left( {\sqrt c } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {b - c} } \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( {\sqrt c } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {a - c} } \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow \sqrt {c(a - c)} + \sqrt {c(b - c)} \le \sqrt {c + (a - c)} .\sqrt {c + (b - c)} \\ \Leftrightarrow \sqrt {c(a - c)} + \sqrt {c(b - c)} \le \sqrt b \sqrt a = \sqrt {ab} . \\ \end{array}\)
P/s: Mình gõ latex kém quá khó hiểu chỗ não thì cứ hỏi :)))
Bài 2:
\(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}\sqrt{ab-a}+\sqrt{b}\sqrt{ab-b}\)\(\le\sqrt{\left(a+b\right)\left(2ab-a-b\right)}\)
\(\le\frac{a+b-a-b+2ab}{2}=ab\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
a) Khoảng \(\left( { - 2;3} \right)\)
b) Đoạn \(\left[ {1;10} \right]\)
c) Nửa khoảng \(\left( {\left. { - 5;\sqrt 3 } \right]} \right.\)
d) Nửa khoảng \(\left. {\left[ {\pi ;4} \right.} \right)\)
e) Khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{1}{4}} \right)\)
g) Nửa khoảng \(\left[ {\left. {\frac{\pi }{2}; + \infty } \right)} \right.\)
BĐT \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+2\sqrt{abcd}+cd\le ab+ac+bd+dc\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{abcd}\le ac+bd\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(\sqrt{ac}-\sqrt{bd}\right)^2\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{ac}=\sqrt{bd}\Leftrightarrow ac=bd\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{d}{c}\)
đk đâu?