BL
3
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 4 2019
a/
Biến đổi tương đương:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(a^2y+b^2x\right)\ge xy\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge a^2xy+b^2xy+2abxy\)
\(\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT ban đầu đúng (đpcm), dấu "=" xảy ra khi \(ay=bx\)
b/
Mở rộng cho 3 số, ta có \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Vậy \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với x, y, z dương
Mặt khác ta luôn có: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\) \(\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2\ge0\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+ac+bc\right)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)
Áp dụng:
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{\left(a^2\right)^2}{ab}+\frac{\left(b^2\right)^2}{bc}+\frac{\left(c^2\right)^2}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+ac+bc}\ge\frac{\left(ab+ac+bc\right)^2}{ab+ac+bc}=ab+ac+bc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
16 tháng 3 2020
áp dụng BĐT sacxo nên \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
4 tháng 4 2019
Bạn ơi , bao giờ giáo viên của bạn chữa cho bạn bài này thì cho mình xin lời giải nhé , mình cám ơn ạ !
6 tháng 4 2019
\(\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab\left(a-b\right)+ac\left(a-c\right)}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a^2+c^2}-\frac{b}{a+c}=\frac{ab\left(b-a\right)+bc\left(b-c\right)}{\left(a^2+c^2\right)\left(a+c\right)}\)
\(\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ac\left(c-a\right)+bc\left(c-b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\)
Cộng các vế ta có:
\(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
\(=ab\left(a-b\right)\left[\frac{1}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{1}{\left(a^2+c^2\right)\left(a+c\right)}\right]\)\(+ac\left(a-c\right)\left[\frac{1}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\)
\(+bc\left(b-c\right)\left[\frac{1}{\left(a^2+c^2\right)\left(a+c\right)+}-\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\)
Giả sử \(a\ge b\ge c>0\)thì
\(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)>0\)
=> \(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\ge\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c
NH
0
14 tháng 8 2019
:). Sử dụng Bất đẳng thức Schur.
Giải:
Đặt: \(a+b+c=p\)
\(abc=r\)
\(ab+bc+ac=q\)
Theo bất đẳng thức Schur:
=> \(p^2\ge3q\) , \(2p^3+9r\ge7pq\) => \(p^3-4pq+9r\ge0\)=> \(p^3-4pq+9\left(4-p\right)\ge0\Leftrightarrow p^3-4pq-9p+36\ge0\)(1)
và \(p^3\ge27r\)
Từ giả thiết ta có: \(p+r=4\)=> \(p^3+27\ge27r+27p=27\left(r+p\right)=27.4\)
=> \(p^3+27p-27.4\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(p^3-27\right)+\left(27p-27.3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+9+27\right)\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+36\right)\ge0\Leftrightarrow p-3\ge0\)
\(\Leftrightarrow p\ge3\)
Vì a, b, c >0 => \(abc>0\)=> r>0
=> \(3\le p< 4\)
=> \(\left(p+3\right)\left(p-4\right)\left(p-3\right)\le0\Leftrightarrow p^3-4p^2-9p+36\le0\) (2)
Từ (1), (2) => \(-4pq\ge-4p^2\Leftrightarrow q\le p\) hay ab+bc+ac\(\le\)a+b+c
"=" xảy ra : \(a=b=c\)
và \(a+b+c+abc=4\)
<=> a=b=c=1
25 tháng 3 2018
1) xét hiệu
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}\ge0\)
<=> \(\dfrac{b\left(a+b\right)}{ab\left(a+b\right)}+\dfrac{a\left(a+b\right)}{ab\left(a+b\right)}-\dfrac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
=> b(a+b)+a(a+b)-4ab ≥ 0
<=> ab+b2+a2+ab-4ab ≥ 0
<=> a2 -2ab+b2 ≥ 0
<=> (a-b)2 ≥ 0 (luôn đúng )
=> đpcm
25 tháng 3 2018
2)Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
TT\(\Rightarrow\left(b+c\right)^2\ge4bc;\left(c+a\right)^2\ge4ca\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\ge64a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
G
2 tháng 3 2019
\(bdt\Leftrightarrow\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{a+d}+\frac{d-a}{a+b}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a-b}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b-c}{c+d}+1\right)+\left(\frac{c-d}{d+a}+1\right)+\left(\frac{d-a}{a+b}+1\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{a+c}{d+a}+\frac{b+d}{a+b}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right)\ge4\)(*)
Theo Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\ge\frac{4}{a+b+c+d};\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{4}{a+b+c+d}\)
Khi đó:\(\left(\cdot\right)\ge\left(a+c\right).\frac{4}{a+b+c+d}+\left(b+d\right).\frac{4}{a+b+c+d}=4\)
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
Vì a ; b là các số dương nên chia cả 2 vế cho a;b ta được \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b
..
Ta có :\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}\) \(\left(1\right)\)
Mà \(\left(a+b\right)^2>0\Rightarrow a^2+2ab+b^2>0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2>2ab\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}>\frac{2ab}{ab}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}>2\)\(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}>2\left(đpcm\right)\)
chúc bạn hok tốt