XX
1
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
P
4 tháng 12 2017
cau b . ta co
a4+b4\(\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\)\(\ge\)\(\frac{\frac{1}{16}}{2}\)=1/32
4 tháng 12 2017
câu a đề phải là 12ab
Dùng BĐT cô si
\(ab\ge2\sqrt{ab}\)
\(9+ab\ge2.3\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(9+ab\right)\ge12ab\)
30 tháng 7 2016
Có bđt x2 + y2 \(\ge\)( x + y) /2 ( * )
( * ) \(\Leftrightarrow\)2x2 + 2y2\(\ge\)x2 + 2xy + y2 \(\Leftrightarrow\)x2 - 2xy +y2 \(\ge\)0 \(\Leftrightarrow\)( x- y)2 \(\ge\)0
Dấu "=" xảy ra khi x = y =1
Thay bđt ( * ) vào bài toán ta có:
a4 + b4 \(\ge\)(a2 + b2)2 / 2 \(\Leftrightarrow\)a4 + b4 \(\ge\)[(a + b)2 /2]2 /2 = 2 ( đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1
Thay a = b = 1 vào bt ta có:
\(\frac{5a^2}{b}\)+ \(\frac{3b^2}{a^2}\)\(\ge\)8
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
27 tháng 12 2017
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô - si có 3 và 4 số, ta có:
\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3.\sqrt[3]{\frac{a}{18}.\frac{b}{24}.\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ac}\ge3.\sqrt[3]{\frac{a}{9}.\frac{c}{6}.\frac{2}{ac}}=1\)
\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3.\sqrt[3]{\frac{b}{16}.\frac{c}{8}.\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{b}{12}+\frac{c}{6}+\frac{8}{abc}\ge4.\sqrt[4]{\frac{a}{9}.\frac{b}{12}.\frac{c}{6}.\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)
\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}.\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13.13.12}{18.24}}=\frac{13}{3}\)
\(\frac{13c}{24}+\frac{13b}{48}\ge2\sqrt{\frac{13c}{24}.\frac{13b}{48}}\ge2\sqrt{\frac{13.13.8}{24.48}}=\frac{13}{6}\)
Cộng vế với vế ta có:
\(a+b+c+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\)
5 tháng 8 2017
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 8 2017
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
7 tháng 4 2017
\(a\ge b\Leftrightarrow a^2\ge b^2\Leftrightarrow a^2-b^2\ge0\)
\(c\ge d\Leftrightarrow c^2\ge d^2\Leftrightarrow c^2-d^2\ge0\)
\(-ab+ac\le0\)
\(-ad-cd\le0\)
\(-bc+bd\le0\)
\(\Rightarrow2\left(-ab+ac-ad-cd-bc+bd\right)\le0\)
\(\Rightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)
Bằng nhau khi và chỉ khi a = b = c = d
Dấu lớn xảy ra khi a> b >c > d
***Mình chẳng hiểu bài làm của mình đâu. Mong bạn thông cảm. Bạn mà hiểu được thì qủa là thiên tài 
***********
\(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2\ge\frac{1}{2}.4^2=8\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=2\)