LT
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
ND
3 tháng 5 2018
e)
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> ĐPCM
HD
10 tháng 3 2020
Ta có: ( √a - √b)² ≥ 0 ( voi moi a , b ≥ 0 )
<=> a - 2√ab + b ≥ 0
<=> a + b ≥ 2√ab
<=> (a + b)/2 ≥ √ab
dau "=" xay ra khi √a - √b = 0 <=> a = b
15 tháng 6 2016
Phá ngoặc
Rồi tính bình thường
Trượt tiêu khi có thể
Sẽ ra đc kết quả VT
5 tháng 8 2017
Vì A,b,c.0 va a+b+c=0
Suy ra th1a=1; b=0;c=0
th2 a=0;b=1;c=0
th3 a=0;b=0;c=0
Dawt
<=> (a+b)^2+(b+c)+(c+a)^2<=36
<=>a^2+2ab+b^2+b^2+2bc+c^2+c^2+2ac+a^2<=36
<=>2(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ac)<=36
<=>2(a(a+b)+(b(b+c)+c(c+a)<=36
Thay số Vào ta thấy Cả 3 trường hợp đều tm
Mk nghĩ ko có cho bài giải naytương lại đâu
5 tháng 8 2017
6 hay \(\sqrt{6}\)vậy bạn? Khi thay \(a=b=c=\frac{1}{3}\)thì nó ra \(\sqrt{6}\)cơ
T
13 tháng 6 2019
2.
Từ giả thiết, ta có :
\(\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}+1-\frac{1}{1+d}\)
\(=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{b.c.d}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
Tương tự, ta cũng có :
\(\frac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c.d.a}{\left(1+c\right)\left(1+d\right)\left(1+a\right)}}\)
\(\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\frac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế theo vế 4 BĐT vừa chững minh rồi rút gọn ta được :
\(abcd\le\frac{1}{81}\left(đpcm\right)\)
DT
13 tháng 6 2019
2) Từ \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}\ge3.\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+d}\right)\)
\(=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}.\)(BĐT AM-GM)
Tương tự :
\(\frac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\frac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}.\)
Từ đó suy ra:
\(\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}.\frac{1}{1+d}\ge3.3.3.3\sqrt[3]{\frac{\left(abcd\right)^3}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)\right]^3}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge\frac{81abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}.\)
\(\Leftrightarrow81abcd\le1\Leftrightarrow abcd\le\frac{1}{81}\)
Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{3}.\)
3)Ta có: \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8=\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\right]^4=\left(a+b+2\sqrt{ab}\right)^4.\)(1)
Với \(a,b\ge0\),áp dụng BĐT AM-GM cho (a+b) và (\(2\sqrt{ab}\)) ta được
\(\left(a+b\right)+2\sqrt{ab}\ge2\sqrt{\left(a+b\right)2\sqrt{ab}}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge\left(2\sqrt{\left(a+b\right)2\sqrt{ab}}\right)^4\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge64ab\left(a+b\right)^2.\)
Dấu '=' xảy ra khi \(a+b=2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a=b\)
1) Với \(x\le\frac{2}{3}\Rightarrow2-3x\ge0\)
Khi đó ,áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số ta được:
\(\left(2-3x\right)+\frac{9}{2-3x}\ge2\sqrt{\left(2-3x\right)\frac{9}{2-3x}}=2.3=6\)
\(\Leftrightarrow2+\left(2-3x\right)+\frac{9}{2-3x}\ge2+6\)
\(\Leftrightarrow4-3x+\frac{9}{2-3x}\ge8\)
Dấu '=' xảy ra khi \(2-3x=\frac{9}{2-3x}\Leftrightarrow\left(2-3x\right)^2=9\Leftrightarrow2-3x=3\Leftrightarrow x=-\frac{1}{3}\)( vì 2-3x>0)
VT
30 tháng 12 2017
Bài 1, t nghĩ VP căn phải kéo dài hết
Áp dụng bđt bu nhi a, ta có
\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\left(ĐPCM\right)\)
Bài 2, Áp dụng bài 1, ta có
\(\left(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\right)\le\left(a^2+b^2\right)\left[3a\left(a+2b\right)+3b\left(b+2a\right)\right]\)
\(\le2\left(3a^2+6ab+3b^2+6ab\right)=2\left[3\left(a^2+b^2\right)+12ab\right]\le2\left(6+12ab\right)\)
Áp dụng bđt cô si, ta có
\(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow2\ge2ab\Rightarrow12\ge12ab\)
=>(...)^2<=36 => ...<=6 (ĐPcM)
dấu = xảy ra <=> a=b=1
^_^
\(\sqrt{a}+\sqrt{a+2}< 2\sqrt{a+1}\)
\(\Leftrightarrow a+2\sqrt{a^2+2a}+a+2< 4a+4\)
\(\Leftrightarrow2a+2>2\sqrt{a^2+2a}\)
\(\Leftrightarrow a^2+2a+1>a^2+2a\)
\(\Leftrightarrow1>0\)
Chắc là cái cuối đúng.