Những câu hỏi liên quan
NN
Xem chi tiết
NN
12 tháng 2 2022 lúc 17:32

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng mình là:

\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)

Xét: \(f\left(a\right)=a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\)

Ta thấy nếu \(bc-b-c\ge0\)khi đó ta luôn có \(f\left(a\right)\ge0\)hay:

\(a^2+2\left(bc-b-c\right)a+b^2+c^2-2bc+1\ge0\)

Bây giờ xét trường hợp sau: \(bc-b-c\le0\)

Khi đó ta có:\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\)

Mà số hạng từ bậc 2 là số dương để \(f\left(a\right)\ge0\)thì ta phải chỉ ra được:

\(\Delta_a=\left(bc-b-c\right)^2-\left(b^2+c^2-2bc+1\right)\le0\)

Hay \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Để ý \(bc-b-c\le0\)ta được \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le1\)lúc này khả năng xảy ra các trường hợp sau:

- Cả \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)cùng nhỏ hơn 1 hay cả b,c nhỏ hơn 2 và theo bất đẳng thức Cô si ta được:

\(b\left(2-b\right)\le\frac{\left(b+2-b\right)^2}{4}=1;c\left(2-c\right)\le\frac{\left(c+2-c\right)^2}{4}=1\)

\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le1\)nên ta có \(bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Trong 2 số \(\left(b-1\right);\left(c-1\right)\)có một số lớn hơn 1 và một số nhỏ hơn 1 khi đó trong b,c có số lớn hơn hoặc nhỏ hơn 2 

\(\Rightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\Leftrightarrow bc\left(b-2\right)\left(c-2\right)-1\le0\)

Vậy cả 2 khả năng đều cho \(\Delta_a\le0\)nên bất đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán đã được chứng mình xong.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
BB
Xem chi tiết
H24
Xem chi tiết
ZZ
9 tháng 11 2019 lúc 21:08

\(\sqrt{a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2+\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2}=\frac{3a+5b}{4}\)

Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3b+5c}{4};\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3c+5a}{4}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3a+5b+3b+5c+3c+5a}{4}\)

\(=2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
PT
Xem chi tiết
NN
18 tháng 2 2022 lúc 10:02

Ta có:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Tương tự ta được:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)

\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
BH
Xem chi tiết
DH
3 tháng 6 2021 lúc 10:28

\(a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)\)

Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)\)

Cộng lại vế theo vế ta được: 

\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)\)

\(=2\left(a+b+c\right)\).

Dấu \(=\)khi \(a=b=c\ge0\).

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
DB
3 tháng 6 2021 lúc 11:08

Còn cách khác nè :

Đặt \(P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\)

Ta chứng minh \(P\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(2P=\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+2b^2+ab\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(b^2+2c^2+bc\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(c^2+2a^2+ac\right)}\)

Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:

\(2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}\)

      \(=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)\)

Suy ra \(P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
PN
3 tháng 6 2021 lúc 15:30

mọi người làm cách tối cổ quá , cách tổng quát luôn này 

Ta cần cm \(\sqrt{xa^2+yab+zb^2}\ge ma+nb\)

Nếu \(x=z=>m=n=\frac{\sqrt{x+y+z}}{2}\)

Nếu \(x\ne z=>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{x+y+z}\\m-n=\frac{x-z}{\sqrt{x+y+z}}\end{cases}}\)

Áp dụng : \(\sqrt{a^2+ab+2b^2}\ge ma+nb\)

Với \(x=1;y=1;z=2\)

Vì \(x\ne z\)\(=>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{x+y+z}\\m-n=\frac{x-z}{\sqrt{x+y+z}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{4}\\m-n=-\frac{1}{\sqrt{4}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=\sqrt{4}\\2m=\sqrt{4}-\frac{1}{\sqrt{4}}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m+n=2\\m=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}m=\frac{3}{4}\\n=\frac{5}{4}\end{cases}}\)

Nên ta cần chứng minh \(\sqrt{a^2+ab+2b^2}\ge\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\)

đến đây thì bình phương 2 vế rồi chuyển vế là được bđt đúng nhé 

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
BB
Xem chi tiết
ND
Xem chi tiết
VH
8 tháng 8 2020 lúc 14:36

anh là giởi nhất bảng sếp hạng mà còn ko làm được thì ai làm được

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
ND
8 tháng 8 2020 lúc 14:37

Mk mà giỏi thì các bn thành god hết rồi ạ :(

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
VH
8 tháng 8 2020 lúc 14:39

em chịu thui ko bt nhe

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
H24
Xem chi tiết
NH
28 tháng 10 2019 lúc 22:05

Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
TM
Xem chi tiết