Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z\ge1\)
\(P=\sqrt{x^2+2y^2}+\sqrt{y^2+2z^2}+\sqrt{z^2+2x^2}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{\frac{\left(x+2y\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(y+2z\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(z+2x\right)^2}{3}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\left(3x+3y+3z\right)\ge\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=3\)
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Phạm Vũ Trí Dũng - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
1. ĐKXĐ: ...
Đặt \(2\sqrt{x+2}+\sqrt{4x+1}=t\ge\sqrt{7}\)
\(\Rightarrow t^2=8x+9+4\sqrt{4x^2+9x+2}\)
\(\Rightarrow2x+\sqrt{4x^2+9x+2}=\frac{t^2-9}{4}\)
Phương trình trở thành:
\(\frac{t^2-9}{4}+3=t\)
\(\Leftrightarrow t^2-4t+3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\left(l\right)\\t=3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow4\sqrt{4x^2+9x+2}=t^2-\left(8x+9\right)=-8x\) (\(x\le0\))
\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+9x+2}=-2x\)
\(\Leftrightarrow4x^2+9x+2=4x^2\Rightarrow x=-\frac{2}{9}\)
Bài 2:
Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\Rightarrow3\ge a+b+c\)
Do \(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Nên BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng:
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy, ta có:
\(\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\ge3a\) ; \(\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^2\ge3b\) ; \(\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^2\ge3c\)
\(\Rightarrow2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+a^2+b^2+c^2\ge3\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
