Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
*Biến đổi \(\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\frac{1-c}{\sqrt{ab+1-a-b}}=\frac{1-c}{\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}}\)
*Tương tự ta có: \(\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}=\frac{1-a}{\sqrt{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}}\)
và \(\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}=\frac{1-b}{\sqrt{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}}\)
*Từ đó \(VT=\frac{1-c}{\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}}+\frac{1-a}{\sqrt{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}}\)
\(+\frac{1-b}{\sqrt{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}}\)
Do a,b,c dương và a + b + c = 1 nên \(a,b,c\in\left(0;1\right)\)\(\Rightarrow1-a;1-b;1-c\)dương
*Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm, ta được:
\(VT\ge3\sqrt[3]{\frac{1-c}{\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}}.\frac{1-b}{\sqrt{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}}.\frac{1-a}{\sqrt{\left(1-c\right)\left(1-b\right)}}}=3\)
(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3)
╰❥결 원ッ2K҉7⁀ᶦᵈᵒᶫ♚ Biến đổi thẳng ở dưới mẫu luôn sẽ hay hơn nha! Khi đó không cần để ý tới dấu của 1 - a, 1 - b, 1 - c.
Sửa đề: \(\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}\ge3\)
\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\Sigma_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}\)
\(=\Sigma_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge3\sqrt[3]{\frac{a+b}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}.\frac{b+c}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}.\frac{c+a}{\sqrt{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}}=3\)
Nó sẽ ngắn hơn một chút đúng không?
Giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự ta cũng có: \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)
Cộng vế theo vế các BĐT trên với nhau ta được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2>1\) (Đpcm)
Ta có:\(\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c-a\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c-a}=\frac{2a}{b+c}\)(BĐT cô-si)
CMTT:\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{b}{c+a-b}}\ge\frac{2b}{c+a}\\\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}\ge\frac{2c}{a+b}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT\ge2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)=2\left(\frac{a^2}{ab+ca}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ca+bc}\right)\)
\(\ge2.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Mặt khác \(\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Do đó:\(\Rightarrow VT\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=3\left(ĐPCM\right)\)
Đấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
cô si xong rồi dùng nesbitt là được , không cần phải làm vậy đâu ^^
https://artofproblemsolving.com/community/c1101515h2076182_lemma_by_vo_quoc_ba_can Sao olm ko hiện link
Đề ra sai,nếu a,b,c không dương thì với 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn có ít nhất một cái căn bậc 2 sẽ không tồn tại.
Chứng minh:trong 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn tốn tại một căn thức mà cả tử và mẫu đều trái dấu
Không mất tính tổng quát giả sử đó là \(\sqrt{\frac{a}{b}}\)
Khi đó \(\frac{a}{b}< 0\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b}}\) không tồn tại
Vậy ta có đpcm
Ta có: \(S^2=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+2\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c}}+2\frac{b\sqrt{c}}{\sqrt{a}}+2\frac{c\sqrt{a}}{\sqrt{b}}\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương ta được
\(\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{b}+\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c}}+\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{c}}+c\ge4a\left(1\right)\\\frac{b^2}{c}+\frac{b\sqrt{c}}{\sqrt{a}}+\frac{b\sqrt{c}}{a}+a\ge4b\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}+\frac{c\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+\frac{c\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+b\ge4c\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng theo từng vế của (1) (2) (3)
=> \(S^2\ge3\left(a+b+c\right)\ge9\Rightarrow A\ge3\)
=> MinS=3 đạt được khi a=b=c=1
Theo mình đề chứng minh: \(3Min\left\{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right\}\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
Ta có :\(2\sqrt{\frac{b+c-a}{a}}\le\frac{b+c-a}{a}+1=\frac{b+c}{a}\)
<=> \(\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}\ge\frac{2a}{b+c}\)
\(CMTT\)=> \(\sqrt{\frac{b}{c+a-b}}\ge\frac{2b}{c+a}\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}\ge\frac{2c}{a+b}\)
=>\(VT\)\(\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\)
\(CM\)\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3\)
=>\(VT\ge3\)
lên google tìm cosi mà làm theo nha