|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
$x^2y^2z^2=(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z) \Rightarrow xyz\geq 3(x+y+z)$
$VT^2=xy+yz+zx+x+y+z+\sum_{}^{} 2\sqrt{(yz+x)(xz+y)} \leq xy+yz+zx+x+y+z+\sum_{}^{}(xy+yz+x+y)=3(xy+yz+zx)+3(x+y+z) \leq 4xyz=VP^2$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
ĐẸP TRAI PHONG ĐỘ!!! ĐỈNH CAO
$\sqrt{a+bc}=\sqrt{1-b-c+bc}=\sqrt{(1-b)(1-c)}\leq \frac{2-b-c}{2}$ tương tự rồi cộng lại $VT\leq \frac{6-2(a+b+c)}{2}=2$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
$\sqrt{ab+c}=\sqrt{ab+1-a-b}=\sqrt{(1-a)(1-b)}\leq \frac{2-a-b}{2}$ $\sum_{}^{} \frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{ab+c}}+\sum_{}^{}\frac{b}{\sqrt{ab+c}}\geq \sum_{}^{}\frac{2a^2}{2a-a^2-ab}+\sum_{}^{}\frac{2b^2}{2b-ab-b^2}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)} =\frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-(a+b+c)^2+ab+bc+ca}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=3$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
tương tự bài lúc nãy $8=a+b+ab \Rightarrow a+b\geq 4$ $a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)\geq (a+b)^3-\frac{3(a+b)^3}{4}=\frac{(a+b)^3}{4}=16$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
Bất Đẳng Thức trên tương đương $(a+b+c)^2\geq 0$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với ạ
|
|
|
|
Ta có $3=a+b+ab\leq a+b+ \frac{(a+b)^2}{4}\Leftrightarrow (a+b)^2+4(a+b)-12\geqslant 0 \Leftrightarrow a+b\leq -6 $ or $a+b\geq 2$ $VT=a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\geq 2$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Hôm Nay Khờ Có Một Việc Muốn Nhờ Tất Cả ACE HTN
|
|
|
|
Mong mọi người giúp mình với ạ Công việc rất đơn giản 1. Mọi người click vào Link rồi ấn nút Like nhé nhớ là nhấn nút Like ở phía dưới góc phải video nhé
2. Mọi người nếu ai có Facebook thì click vào link và like ảnh ạ.
cảm ơn mọi người ạ
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
MIN
|
|
|
|
cho $x$ là số thực bất kì timg Min của $P=\frac{\sqrt{3(2x^2+2x+1)}}{3}+\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3+\sqrt{3})x+3}}+\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3-\sqrt{3})x+3}}$ |
|
|
|
giải đáp
|
BĐT nha .mn lm giúp vs
|
|
|
|
$\frac{a\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}=\frac{\sqrt{a}(a+\sqrt{ab}+b)-\sqrt{ab}(a+b)}{a+\sqrt{ab}+b}=\sqrt{a}-\frac{\sqrt{ab}(a+b)}{a+\sqrt{ab}+b}\geq \sqrt{a}-\frac{\sqrt{ab}(a+b)}{3\sqrt{ab}}=\sqrt{a}-\frac{a+b}{3}$ $\Rightarrow VT \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{1}{27\sqrt{abc}}-\frac{2(a+b+c)}{3}$ $=\frac{1}{3}\sqrt{a}+\frac{1}{3}\sqrt{b}+\frac{1}{3}\sqrt{c}+\frac{1}{27\sqrt{abc}}+\frac{2}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})-\frac{2}{3} \geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27^2}}+\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{9}$ Vì $(a,b,c)\leq 1 \Rightarrow \sqrt{a}\geq a ,\sqrt{b}\geq b, \sqrt{c}\geq c \Rightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq a+b+c=1$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
GTNN
|
|
|
|
Cho $a, b, c$ là các số thực dương tìm Min $P=\frac{3a^4+3b^4+25c^3+2}{(a+b+c)^3}$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT Ngắn Gọn
|
|
|
|
Giờ chắc rửa tay gác kiếm đăng bài chứ không giải bài nữa $:($ cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2+z^2=2$ chứng minh rằng $x+y+z\leq 2+xyz$ |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh rằng với ba số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau thì
|
|
|
|
Giả sử $c=min(a,b,c)$ vì $a,b,c\geq 0 \Rightarrow ab+bc+ca \geq ab$ $\frac{1}{(b-c)^2}\geq \frac{1}{b^2}$ $ \frac{1}{(a-c)^2}\geq \frac{1}{a^2}$ Vậy ta chỉ cần chứng minh $ab\left ( \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right )\geq 4$ $\Leftrightarrow \frac{ab}{(a-b)^2}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-4\geq 0\Leftrightarrow \frac{ab}{(a-b)^2}+\frac{(a-b)^2}{ab}-2\geq 0 \Leftrightarrow \left ( \sqrt{\frac{ab}{(a-b)^2}} -\sqrt{\frac{(a-b)^2}{ab}}\right )^2\geq 0$
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Ta có $ay+az+bz+bx+cx+cy=(a+b+c)(x+y+z)-(ax+by+cz)$ BĐT tương đương $ax+by+cz+2\sqrt{(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}\leq (a+b+c)(x+y+z)$ Aps dunjg bddt cauchy Schwarz $VT\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+^2+z^2)}+\sqrt{2(ab+bc+ca).2(xy+yz+zx)}$ $\leq \sqrt{[a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)][x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)]}=(a+b+c)(x+y+z)$ ĐPCM. |
|
|
|
giải đáp
|
Max dễ...
|
|
|
|
Ta có $ab(1-a)(1-b)=(a^3+b^3)(a+b)\geq 2\sqrt{a^3b^3}.2\sqrt{ab}=4a^2b^2$ $\Leftrightarrow (1-a)(1-b)\geq 4ab \Leftrightarrow 3ab+a+b-1\leq 0 \Leftrightarrow 3ab+2\sqrt{ab}-1\leq 0 \Leftrightarrow 0 < ab \leq \frac{1}{9}$ BĐT phụ nếu $xy \leq 1 $ thì ta có $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+xy}}$ $\Rightarrow P \leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}+3ab-2ab= \frac{2}{\sqrt{1+ab}}+ab$ với $0<ab\leq \frac{1}{9}$ P đạt Max tại $ab=\frac{1}{9} \Leftrightarrow a=b=\frac{1}{3}$ |
|