Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bđt Cauchy, ta có:
\(\sqrt{\frac{a}{bc}}\)+\(\sqrt{\frac{b}{ca}}\)≥ \(2\sqrt{\sqrt{\frac{ab}{abc^2}}}\)= \(2\sqrt{\sqrt{\frac{1}{c^2}}}\)= \(2\sqrt{\frac{1}{c}}\) (vì c>0)
Tương tự: \(\sqrt{\frac{b}{ca}}\)+\(\sqrt{\frac{c}{ab}}\)≥ \(2\sqrt{\frac{1}{a}}\)
\(\sqrt{\frac{c}{ab}}\)+\(\sqrt{\frac{a}{bc}}\)≥ \(2\sqrt{\frac{1}{b}}\)
Cộng vế theo vế của các bđt với nhau, ta có: \(2\)\(\left(\sqrt{\frac{a}{bc}}+\sqrt{\frac{b}{ca}}+\sqrt{\frac{c}{ab}}\right)\text{≥}\)\(2\left(\sqrt{\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{b}}+\sqrt{\frac{1}{c}}\right)\)
<=> \(\sqrt{\frac{a}{bc}}+\sqrt{\frac{b}{ca}}+\sqrt{\frac{c}{ab}}\text{≥}\)\(\sqrt{\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{b}}+\sqrt{\frac{1}{c}}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) thì x, y, z > 0; x + y + z = 1. Quy về: \(\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{yz}}+\sqrt{\frac{1}{y}+\frac{1}{zx}}+\sqrt{\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}}\ge\sqrt{\frac{1}{xyz}}+\sqrt{\frac{1}{x}}+\sqrt{\frac{1}{y}}+\sqrt{\frac{1}{z}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\ge1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{x+yz}+\sqrt{yz}}+\frac{y}{\sqrt{y+zx}+\sqrt{zx}}+\frac{z}{\sqrt{z+xy}+\sqrt{xy}}\ge1\) (chuyển vế qua nhóm lại rồi liên hợp)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}+\sqrt{yz}}\ge1\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{yz}}\ge1\)
BĐT này đúng! Thật vậy:
\(VT\ge\Sigma_{cyc}\frac{x}{\frac{\left(x+y\right)+\left(z+z\right)}{2}+\frac{\left(y+z\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{x}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\)
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Bài 1 :
Bât đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
( xy+yz + zx )(9 + x2y2 +z2y2 + x2z2 ) \(\ge\)36xyz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy+ yz + zx \(\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\) ( 1)
Và 9 + x2y2 + z2y2 + x2z2 \(\ge12\sqrt[12]{x^4y^4z^4}\)
hay 9+ x2y2 + z2y2+ x2z2 \(\ge12\sqrt[3]{xyz}\) (2)
Do các vế đều dương ,từ (1) và (2) suy ra :
( xy + yz +zx )( 9+ x2y2 + z2y2 + x2z2 ) \(\ge36xyz\left(đpcm\right)\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =z = 1
Bài 2:
\(\hept{\begin{cases}a;b;c>0\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)
Có : \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1+a^2}\ge\sqrt{2a}\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}a\\\sqrt{1+b^2}\ge\sqrt{2b}\Rightarrow\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}b\\\sqrt{1+c^2}\ge\sqrt{2c}\Rightarrow\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}c\end{cases}}\)
=> \(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\le\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b+c\right)\le\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
=> \(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\le\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a =b =c = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Bài 1:
Áp dụng bất đẳng thức AM-MG ta có:
\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab};\dfrac{a+c}{2}\ge\sqrt{ac};\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+c}{2}+\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right).2}{2}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\) (đpcm)
Chúc bạn học tốt!!!
Theo giả thiết thì \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta cần chứng minh: \(\Sigma\sqrt{a+bc}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)(*)
Thật vậy: (*) \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+abc}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+ab+bc+ca}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\text{}\Sigma\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\Sigma\sqrt{a}\right)\)(Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(\sqrt{abc}>0\))
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\Sigma a\sqrt{bc}\)
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\Sigma\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\Sigma a\sqrt{bc}\text{}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3
Đề bài nhìn không đúng lắm (thay điểm rơi vào thấy ko thỏa) có lẽ bạn ghi thiếu c cuối cùng, BĐT đúng có vẻ là:
\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Mình sẽ chứng minh BĐT bên trên, BĐT tương đương:
\(\sqrt{\frac{1}{bc}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{ac}+\frac{1}{b}}+\sqrt{\frac{1}{ab}+\frac{1}{c}}\ge1+\sqrt{\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{ac}}+\sqrt{\frac{1}{ab}}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)
Ta cần chứng minh:
\(\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\ge1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
Thật vậy:
\(\sqrt{x+yz}=\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}=\sqrt{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}\ge x+\sqrt{yx}\)
Làm tương tự và cộng lại:
\(VT\ge x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=3\)
đề bài
cm
1/a+2 + 1/b+2 +1/c+2 <=1
bn p viết đề chứ???
##thiêndi###
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
Tượng tự tao có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{bc}}\\\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{\sqrt{ca}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)