Cho a, b, c là các số thực không âm (a > c; b > c). CM:
\(\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}-\sqrt{ab}\le0\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
RZ
1
7 tháng 3 2020
Đặt
x=a+b , y=b+c , z=c+a
=> x+y+z=2
Ta cần chứng minh x+z > 4xyz
Ta có
4(x+z)=(x+y+z)2
(x+z) > 4y.4xz=16xyz
= 4y(x+z)2 > 4y.4xz= 16xyz
=>x+z > 4xyz
Hoàn tất chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi x=z=1/2:y=1 thế vào tìm a,b,c.
Chúc bn hok tốt
NK
1
12 tháng 6 2020
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Như vậy, cần chứng minh :
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\)
Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :
\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};a+c\ge2\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu"=" xảy ra khi a = b = c
17 tháng 12 2017
đặt \(3^{13579}=m\).
Vì (3;13579)=1 nên (13579;m)=1 (*)
đem m+1 số \(13579;13579^2;...;13579^{m+1}\)chia cho m
Theo nguyên lý Dirichle trong m+1 số trên có ít nhất 2 số khi chia cho m có cùng số dư
Gọi 2 số đó là \(13579^x\&13579^y\)(tự đk cho x;y)
giả sử x>y
=>13579^x-13579^y chia hết cho m
=>\(13579^y\left(13579^{x-y}-1\right)\)chia hết cho m
mà 13579^y không chia hết cho m nên 13579^x-y -1 chia hết cho m
=>tồn tại n=x-y thỏa mãn đề bài
20 tháng 3 2020
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
4 tháng 3 2024
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy
NT
0
DN
3
H
11 tháng 7 2021
Điều phải chứng minh tương đương với
\(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)+\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)+\left(c+a-2\sqrt{ca}\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\ge0\)
(luôn đúng với mọi a,b,c không âm)
Dấu = xảy ra khi a=b=c >=0
Em nghĩ đề phải là \(\sqrt{c\left(a-c\right)}-\sqrt{c\left(b-c\right)}-\sqrt{ab}< 0\) chứ? Và em cũng không chắc đâu. Em mới biết sơ sơ về BĐT thôi. Nên nếu sai thì thông cảm cho em ạ
Từ đề bài suy ra \(\left(a-c\right)\left(b-c\right)>0\Leftrightarrow ab>ac+bc-c^2\)
Lại có \(ab>c\left(a-c\right)+bc>c\left(a-c\right)\) (do b và c không âm)
Suy ra \(\sqrt{c\left(a-c\right)}< \sqrt{ab}\)(1). Lại có: \(ab>ac+\left(bc-c^2\right)\)
\(=ac+c\left(b-c\right)>c\left(b-c\right)\Rightarrow\sqrt{c\left(b-c\right)}< \sqrt{ab}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(VT< \sqrt{ab}-\sqrt{ab}-\sqrt{ab}=-\sqrt{ab}\le0\)
Do vậy VT < 0 ta có đpcm.
cái này chắc đúng rồi :v Góc học tập của Nguyễn Trần Nhã Anh | Học trực tuyến