TN
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
20 tháng 4 2020
Ta có:\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)
\(\sqrt{\frac{a}{a+bc}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+abc}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Tương tự \(\sqrt{\frac{b}{b+ca}}=\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}};\sqrt{\frac{c}{c+ab}}=\frac{c}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(\Rightarrow VT=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
\(\le\frac{a}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)+\frac{b}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+a}\right)+\frac{c}{2}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}\right)\)
\(=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=3\)
30 tháng 9 2019
Ta luôn có :
\(\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b\right)}{ab}\ge\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{2\left(a+b\right)}{ab}}\ge\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế :
\(\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{a+b}{ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{ac}}\right)\)
\(\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{a+b}{ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{ac}}\ge\sqrt{\frac{2}{a}}+\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{\frac{2}{c}}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Chúc bạn học tốt !!!
VT
30 tháng 9 2019
Đặt \(\frac{1}{\sqrt{a}}=x,\frac{1}{\sqrt{b}}=y,\frac{1}{\sqrt{c}}\)=z
Thay vào ta có:\(\sqrt{2}\)(x+y+x)\(\le\)\(\sqrt{\left(x^2+y^2\right)}+\sqrt{x^2+z^2}+\sqrt{\left(y^2+z^2\right)}\)
Ta có bất đẳng thức sau A: (m2+n2)(p2+q2)\(\ge\)(mp+nq)2 dễ dàng chứng mình bằng cách khai triển
áp dụng bdt A với m=x,n=z,p=\(\sqrt{2}\).q=\(\sqrt{2}\) ta được
\(\sqrt{\frac{\left(x^2+z^2\right)\left(\sqrt{2}^2+\sqrt{2}^2\right)}{4}}\ge\sqrt{\left(x\sqrt{2}+z\sqrt{2}\right)^2}\)/2=\(\frac{\sqrt{2}\left(x+y\right)}{2}\)
Tương tự với cái phần tử còn lại ta được điều cần cm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 7 2020
Để dễ nhìn, đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(VT=\frac{xy}{z^2+2xy}+\frac{yz}{x^2+2yz}+\frac{xz}{y^2+2xz}\)
\(2VT=\frac{2xy}{z^2+2xy}+\frac{2yz}{x^2+2yz}+\frac{2zx}{y^2+2xz}=1-\frac{z^2}{z^2+2xy}+1-\frac{x^2}{x^2+2yz}+1-\frac{y^2}{y^2+2xz}\)
\(2VT=3-\left(\frac{x^2}{x^2+2yz}+\frac{y^2}{y^2+2xz}+\frac{z^2}{z^2+2xy}\right)\)
\(2VT\le3-\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}=3-\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=2\)
\(\Rightarrow VT\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)
28 tháng 4 2016
1. *nếu x>=1.Ta có:A=x5(x3-1)+x(x-1)>0
*nếu x<1. ta có: A=x8 +x2 (1-x3)+ (1-x)>0 (từng số hạng >o)
28 tháng 4 2016
ai là bạn cũ của NICK "Kiệt" thì kết bạn với tui ! nhất là những người có choi Minecraft !
15 tháng 12 2017
Tự chứng minh \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\le a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ca\right)\le9\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
\(\Rightarrow\sqrt{c^2+3}\ge\sqrt{c^2+ab+bc+ca}=\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{c^2+ab}}\le\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}\right)\)
Đến đây dễ rồi để YẾN tự làm
Theo giả thiết, ta có: \(ab+bc+ca+abc=4\)
\(\Leftrightarrow abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8\)\(=12+\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\)\(=\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\)
\(\Rightarrow a+b+c+6=12\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)-6+a+b+c\)
\(=\left(\frac{12}{a+2}+a-2\right)+\left(\frac{12}{b+2}+b-2\right)+\left(\frac{12}{c+2}+c-2\right)\)
Mặt khác: \(\frac{12}{a+2}+a-2=\frac{12+a^2-4}{a+2}=\frac{a^2+8}{a+2}\)
Tương tự: \(\frac{12}{b+2}+b-2=\frac{b^2+8}{b+2}\); \(\frac{12}{c+2}+c-2=\frac{c^2+8}{c+2}\)
Từ đó suy ra \(a+b+c+6=\frac{a^2+8}{a+2}+\frac{b^2+8}{b+2}+\frac{c^2+8}{c+2}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\right)^2}{a+b+c+6}\)(Theo BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)
\(\Rightarrow\left(a+b+c+6\right)^2\ge\left(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\right)^2\)
hay \(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\le a+b+c+6\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1