Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.
Giải thử ạ,sai bỏ qua ạ:
gt ->\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
\(\sqrt{1+a^2}=\sqrt{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+a^2}=\sqrt{\frac{1}{4}}.\sqrt{4\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a^2}\right)}\)
\(\le\frac{4+\frac{4}{a^2}}{4}=1+\frac{1}{a^2}\)
Tương tự và cộng theo vế: \(VT\le2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}-\sqrt{1+c^2}\)
Ta sẽ c/m: \(\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}-\sqrt{1+c^2}\right)< -1\).Tới đây em bí -_-"
Áp dụng bđt bu nhi a, ta có
\(P^2\le3\left(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\right)\)
Áp dụng bđt cô si, ta có
\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+1\ge2b\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
tương tự với mấy cái kia =>\(P^2\le\frac{3}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+a}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
mà với abc =1, thì bạn sẽ chứng minh được \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)
phân thức thứ 1 để nguyê, phân thức thứ 2 nhân với ab, phân thức thứ 3 nhân với b, rồi chỗ napf có abc thì thay abc=1
thì bạn sẽ chứng minh được cái kia=1
=>\(P\le\sqrt{\frac{3}{2}}\)
dâu = xảy ra <=>a=b=c=1
Dễ thấy theo AM - GM :
\(\frac{1}{\sqrt{a^2+2b^2+3}}=\frac{1}{\sqrt{\left(a^2+b\right)+\left(b^2+1\right)+2}}\le\frac{1}{\sqrt{2ab+2b+2}}\)
\(\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{3}\right)\)
Tương tự:
\(\frac{1}{\sqrt{b^2+2c^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{3}\right);\frac{1}{\sqrt{c^2+2a^2+3}}\le\frac{\sqrt{6}}{4}\left(\frac{1}{ca+a^2+1}+\frac{1}{3}\right)\)
Cộng lại ta sẽ có đpcm
Vì dễ thấy \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\) với abc=1
Lời giải:
Với $a,b,c>0$ dễ thấy $0< \frac{a}{a+2b}< 1$
$\Rightarrow 0< \sqrt{\frac{a}{a+2b}}< 1$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{a+2b}}> \frac{a}{a+2b}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
$\text{VT}> \frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2ba+b^2+2cb+c^2+2ac}=1$
Do đó $\text{VT}>1$ (đpcm)
Sử dụng BĐT AM-GM:
\(VT=\sum\limits_{cyc} \sqrt{\frac{a}{a+2b}} =\sum\limits_{cyc} \frac{a}{\sqrt{a(a+2b}}\geq \sum\limits_{cyc} \frac{2a}{2(a+b)}\)
\(=\sum\limits_{cyc} \frac{a^2}{a^2 +ab} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca} >\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca} = 1\) (đpcm)
P/s: Em không chắc lắm.
\(a-1=-b-c< 0\)trái ĐKXĐ, đề sai , phải đổi 1-a, 1-b, 1-c
Qui đồng chứng minh tương đương là ra
\(a+b=2c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=\frac{a+b}{2}\\a-c=c-b\end{matrix}\right.\)
\(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{c}}{a-c}+\frac{\sqrt{b}-\sqrt{c}}{b-c}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{c}}{a-c}-\frac{\sqrt{b}-\sqrt{c}}{a-c}\)
\(=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a-c}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a-\frac{a+b}{2}}=\frac{2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{a-b}=\frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)