Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài

Những câu hỏi liên quan
Nông Quang Minh
Xem chi tiết
Lê Thị Thục Hiền
27 tháng 6 2021 lúc 16:39

Áp dụng AM-GM có:

\(2a^2+2b^2\ge4ab\)

\(8b^2+\dfrac{1}{2}c^2\ge4bc\)

\(8a^2+\dfrac{1}{2}c^2\ge4ac\)

Cộng vế với vế \(\Rightarrow VT\ge4\left(ab+bc+ac\right)=4\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}ab+bc+ac=1\\a=b=\dfrac{c}{4}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a=b=\dfrac{1}{3};c=\dfrac{4}{3}\)

12. Nguyễn Vân Cương-7a
Xem chi tiết
VUX NA
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
9 tháng 8 2021 lúc 15:58

Với mọi số thực dương a;b;c ta có BĐT:

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)

Tương tự, ta có:

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

\(VT\le\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\)

Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(VT\le\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\)

Ta lại có: \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{zx\left(z+x\right)+xyz}=1\)

Vũ Tiến Thành
Xem chi tiết
Thầy Cao Đô
Xem chi tiết
Nguyễn Thị Mỹ vân
Xem chi tiết
Trên con đường thành côn...
27 tháng 8 2021 lúc 21:55

undefined

Ngô Thành Chung
27 tháng 8 2021 lúc 22:00

Hoàng Đức Đỗ
Xem chi tiết
Nguyen hoan
Xem chi tiết
Akai Haruma
29 tháng 12 2023 lúc 16:22

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô-si:

$\frac{a^2}{2}+8b^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8b^2}=4ab$

$\frac{a^2}{2}+8c^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8c^2}=4ac$

$2(b^2+c^2)\geq 2.2\sqrt{b^2c^2}=4bc$

Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn ta được:

$a^2+10(b^2+c^2)\geq 4(ab+bc+ac)=4$

Ta có đpcm.

Trần Vũ Phương Thảo
Xem chi tiết
Akai Haruma
28 tháng 10 2021 lúc 9:20

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:

$(a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 9abc$

$\Rightarrow abc\leq \frac{1}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$. Do đó:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc$

$\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(ab+bc+ac)(a+b+c)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)\leq \frac{9}{8}(*)$

Mà cũng theo BĐT Cô-si:

$1=(a+b)(b+c)(c+a)\leq \left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3$

$\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{2}(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{9}{8}.\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{9}{8}.\frac{2}{3}=\frac{3}{4}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

thánh yasuo lmht
Xem chi tiết
alibaba nguyễn
4 tháng 2 2017 lúc 9:53

Trước tiên chứng minh:

\(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

(nhân vô rút gọn chuyển hết sang trái được)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b-6abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b-2abc+c^2b\right)+\left(a^2c-2abc+b^2c\right)+\left(b^2a-2abc+c^2a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a\sqrt{b}-c\sqrt{b}\right)^2+\left(a\sqrt{c}-b\sqrt{c}\right)^2+\left(b\sqrt{a}-c\sqrt{a}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta có:

\(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{4\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right)}\)

\(\le\frac{9}{4.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=\frac{9}{4.3}=\frac{3}{4}\)

Vậy \(ab+bc+ca\le\frac{3}{4}\)

Ace Legona
14 tháng 4 2017 lúc 19:02

1 cách khác của tui (câu hỏi của trg tuấn nghĩa) trên hh nhé

alibaba nguyễn
14 tháng 4 2017 lúc 19:25

Trương Tuấn Nghĩa là cái tên mạo danh tui ấy hả?