Chứng minh \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\) với a,b,c > 0.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 6 2019
a/
\(=\frac{a+b}{b^2}.\frac{\left|a\right|.b^2}{\left|a+b\right|}=\frac{\left(a+b\right).b^2.\left|a\right|}{b^2\left(a+b\right)}=\left|a\right|\)
b/
\(=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}-\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}+\frac{4b}{2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\)
\(=\frac{4\sqrt{ab}+4b}{2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{2\sqrt{b}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}=\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)
HV
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 8 2020
Đặt \(\left(\frac{a}{b};\sqrt{\frac{b}{c}};\sqrt[3]{\frac{c}{a}}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy^2z^3=1\)
\(P=x+y+z=x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}+\frac{z}{3}+\frac{z}{3}\)
\(P\ge6\sqrt[6]{\frac{xy^2z^3}{108}}=\frac{6}{\sqrt[6]{108}}=\sqrt[6]{432}>\frac{5}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 5 2020
Lời giải:
Do $abc=1$ nên đặt:
\((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})\) với $x,y,z>0$
Khi đó, bài toán trở thành: Cho $x,y,z>0$. CMR:
\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}\geq 1\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}=\frac{(xz)^2}{2xyz^2+(xy)^2}+\frac{(xy)^2}{2x^2yz+(yz)^2}+\frac{(yz)^2}{2xy^2z+(xz)^2}\)
\(\geq \frac{(xz+xy+yz)^2}{2xyz^2+(xy)^2+2x^2yz+(yz)^2+2xy^2z+(xz)^2}=\frac{(xy+yz+xz)^2}{(xy+yz+xz)^2}=1\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$
Ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sqrt{\frac{a^2}{a\left(b+c\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)(1)
Tương tự: \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)(2)
\(\sqrt{\frac{c}{b+a}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)(3)
Cộng (1),(2),(3) vế theo vế => \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2\)