Thánh nào giỏi toán giúp em mấy bài này với
giải bất phương trình:x(x-3)>0
Cm bất đẳng thức: a^4+b^4+c^4 >= a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2
Những câu hỏi liên quan
cho a>b bất đẳng tức nào là bất đẳng thức đúng a, 2a<2b ,b, a+4>=b+4 c, x=2-2 d vô nghiệm
Ta có \(a>b\)\(=>a+4>b+4\)
Nên bất đẳng thức b, là đúng
Nếu a+2c>b+c thì bất đẳng thức nào sau đây đúng?
a.-3a>-3b b.a^2 > b^2 c.2a>2b
Lời giải:
$a+2c> b+c$
$\Rightarrow a> b-c$
Không có cơ sở nào để xác định xem biểu BĐT nào đúng.
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a,b,c∈Ra,b,c∈R và a2+b2+c2=21a2+b2+c2=21. Chứng minh rằng: 7≤|a−2b|+|b−2c|+|c−2a|≤√3997≤|a−2b|+|b−2c|+|c−2a|≤399 Ý tưởng: ( Nhưng không chắc chắn là đúng hướng :'> ) Dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh bài toán -> x1+x2+...+xn≤|x1|+|x2|+...+|xn|≤√n(x21+x22+...+x2n)
a;b>0 áp dụng bất đẳng thức 1/a + 1/b >=4/a+b .CMR 1/(a+b)+1/(b+c)+1/(a+c)>= 2(1/2a+b+c+1/a+2b+c+1/a+b+2c)
giúp mik vs
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{4}{a+2b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{4}{2a+b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{4}{a+b+2c}\)
\(\Rightarrow2\dfrac{1}{a+b}+2\dfrac{1}{b+c}+2\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{4}{2a+b+c}+\dfrac{4}{a+2b+c}+\dfrac{4}{a+b+2c}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\ge2\left(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\right)\left(ĐPCM\right)\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Ta có a,b>0, áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho hai số không âm:
chú ý: MÌNH DÙNG CHỮ v TƯỢNG TRƯNG CHO DẤU CĂN.
ta có : (1/a+1/b)/2>=v(1/a*1/b)
=>1/a + 1/b >= 2*1/v(a*b)
mà v(a*b)<=(a+b)/2
=> 2*1/v(a*b) >= 2*1/((a+b)/2) = 4(a+b)
=>1/a + 1/b >= 4(a+b) (đpcm).
Cmr: 1/(a+b) + 1/(a+c) + 1/(b+c)>=2(1/(2a+b+c) + 1/...
chú ý: MÌNH DÙNG CHỮ v TƯỢNG TRƯNG CHO DẤU CĂN.
ta cũng áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm:
1/(a+b) + 1/(b+c) >=2*1/(v(a+b)*(a+c))
tương tự với 1/(a+b) + 1/(b+c) >= 2*1/(v(a+b)*(b+c))
tương tự với 1/(a+c) + 1/(b+c) >= 2*1/1/(v(a+c)*(b+c))
=>2(1/(a+b) + 1/(a+c) + 1/(b+c))>=2*[1/(v(a+b)*(a+c))+v(a+b)*(b+... (1)
mà v((a+b)*(a+c))<=(a+b+a+c)/2=(2a+b+c)
=>1v(a+b)*(a+c)>=2(2a+b+c)
tương tự ta có 1v(a+b)*(b+c)>=2(2b+a+c)
=> 1/[v(a+b)*(a+c))+v(a+b)*(b+c))+1/(v(a+b)... >=2[1/(2a+b+c) + 1/(2b+a+c) + 1/(2c+a+b)] (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh.
tương tự ta có 1v(a+c)*(b+c)>=2(2c+a+b)
Đúng 0
Bình luận (2)
cho a,b,c dương chứng minh( (-a+b+c)/2a)+((a-b+c)/2b)+((a+b-c)/2c)>=3/2
giúp mik vs ạ(bất đẳng thức lớp 8 ạ)
Xem chi tiết
giúp mik vs ạ(bất đẳng thức lớp 8 ạ)
Cho a,b,c thuộc R . CM Bất đẳng thức sau và cho biết dấu = xảy ra khi nào?
g) a2+b2+c2-4a-6b-2c+14 ≥0
h) a 2+4b2+3c2 +14> 2a+12b+6c
Mn làm giúp dùm e bài này với ạ.
a: \(\Leftrightarrow a^2-4a+4+b^2-6b+9+c^2-2c+1>=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)^2+\left(b-3\right)^2+\left(c-1\right)^2>=0\)
Dấu '=' xảy ra (a,b,c)=(2;3;1)
Đúng 1
Bình luận (1)
frac{a}{1+b^{2}c}+frac{b}{1+c^{2}d}+frac{c}{1+d^{2}a}+frac{d}{1+a^{2}b}geq 2$Ta có $sum frac{a}{1+b^2c}sum frac{a^2}{a+ab^2c}$Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có $sum frac{a}{1+b^2c}sum frac{a^2}{a+ab^2c}geq frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}frac{16}{4+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}$Do đó ta chỉ cần chứng minh $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2bleq 4$ là suy ra $sum frac{a}{1+b^2c}geq frac{16}{4+4}2$Bất đẳng thức đã cho tương đương $ab.bc+bc.cd+cd.da+da.ableq 4$ với $a+b+c+d4$Chuyển $l...
Đọc tiếp
\frac{a}{1+b^{2}c}+\frac{b}{1+c^{2}d}+\frac{c}{1+d^{2}a}+\frac{d}{1+a^{2}b}\geq 2$
Ta có $\sum \frac{a}{1+b^2c}=\sum \frac{a^2}{a+ab^2c}$
Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có
$\sum \frac{a}{1+b^2c}=\sum \frac{a^2}{a+ab^2c}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}=\frac{16}{4+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b\leq 4$ là suy ra $\sum \frac{a}{1+b^2c}\geq \frac{16}{4+4}=2$
Bất đẳng thức đã cho tương đương $ab.bc+bc.cd+cd.da+da.ab\leq 4$ với $a+b+c+d=4$
Chuyển $\left ( ab,bc,cd,da \right )\Rightarrow (x,y,z,t)$
Ta có $x+y+z+t=ab+bc+cd+ad \leq \frac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$
Lại có $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b=xy+yz+zt+tx \leq \frac{(x+y+z+t)^2}{4} \leq \frac{4^2}{4}=4$
Vậy ta có đpcm
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=d=1$
doc lam sao
Cho a,b,c dương. CM bất đẳng thức sau:
\(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
Thấy mb trên nài giải bdt ghê quá, bài này chắc múc đc luôn chứ gì :D
P/S : sư phụ em tuổi già sức yếu , cầm cây bút cũng viết không nổi :v
bài này mình nghĩ chắc giả sử á , cũng chưa thử ((:
để tí hỏi sư phụ xem đã
Rút bớt 2 vế đi rồi đặt ẩn phụ là ra:D
Xem thêm câu trả lời
cm bất đẳng thức vs a,b,c dương
\(\dfrac{a^8}{b^4}+\dfrac{b^8}{c^4}+\dfrac{c^8}{a^4}\ge ab^3+bc^3+ca^3\)
\(\dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{2ca}{b}+4b^2c^2\ge8abc\)
\(\dfrac{a^4}{b^2c^2}+\dfrac{b^4}{a^2c^2}+\dfrac{c^4}{a^2b^2}\ge\dfrac{b}{\sqrt{ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{ab}}+\dfrac{a}{bc}\)
