K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

20 tháng 2 2018

https://tranvantoancv.violet.vn/present/show/entry_id/10776977

6 tháng 1 2019

Với x,y,z >0, ta có:

-\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)    (1)

-\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)   (2)

-\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\ge1\)(3)

Xảy ra đẳng thức ở (1),(2),(3) \(\Leftrightarrow x=y=z\), ta có:

\(P=\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a+b+c\right)^2.\frac{a+b+c}{abc}\)

=\(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right).\frac{\left(a+b+c\right)}{abc}\)

Áp dụng các bất đẳng thức (1),(2),(3). ta có:

\(P\)\(\ge\)\(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a^2+b^2+c^2\right).\frac{9}{ab+bc+ca}+2.9\)

=\(\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)+8.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+18\)\(\ge2+8+18=28\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\\ab=bc=ca\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c}\)

12 tháng 10 2019

đặt biểu thức là P

2P+1 =\(\frac{2ab+2bc+2ca}{a^2+b^2+c^2}+1+\frac{2\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\)\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2\left(a+b+c\right)^3}{abc}\)

\(\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\right).\)(1)

Áp dụng bdt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)dấu '=' khi x=y=z

(1) \(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{18}{ab+bc+ca}\right)\)(2)

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}.\)

=> (2)\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{16}{ab+bc+ca}\right)=\)\(9+\frac{16\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\ge9+16.3=57\)

vì a2+b2+c2\(\ge ab+bc+ca< =>a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

<=> (a+b+c)2\(\ge\)3(ab+bc+ca)

vậy 2P+1\(\ge57< =>P\ge28\)

dấu '=' khi a=b=c

9 tháng 4 2020

Bài 1 : 

Ta có : 

\(\sqrt{37-20\sqrt{3}}+\sqrt{37+20\sqrt{3}}=\sqrt{25-2.5.2\sqrt{3}+12}\)

\(+\sqrt{25+2.5.2\sqrt{3}+12}\)

\(=\sqrt{\left(5-2\sqrt{3}\right)^2}+\sqrt{\left(5+2\sqrt{3}\right)^2}\)

\(5-2\sqrt{3}+5+2\sqrt{3}\)

\(=5+5=10\)

9 tháng 4 2020

Bài 2 : 

Với x , y , z > 0 . Ta có : 

+ ) \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\left(1\right)\)

+ ) \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\left(2\right)\)

+ ) \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\ge1\left(3\right)\)

Xảy ra đăng thức ở : \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\Leftrightarrow x=y=z\) . Ta có : 

\(P=\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a+b+c\right)^2.\frac{\left(a+b+c\right)}{abc}\)

\(=\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right).\frac{\left(a+b+c\right)}{abc}\)

Áp dụng các bất đẳng thức (1) , (2) , (3) ta được : 

\(P\ge\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\left(a^2+b^2+c^2\right).\frac{9}{ab+bc+ca}+2.9\)

\(=\left(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)+8.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+18\)

\(\ge2+8+18=28\)

Dấu " = "  xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\\ab=bc=ca\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c}\)

27 tháng 9 2020

Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)

Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được

\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)

Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)

Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

27 tháng 9 2020

Bài 3:

Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)

Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)

Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:

\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)

Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị

27 tháng 10 2019

Em nhớ mình đã làm bài này rồi mà sao nó ko hiển thì nhỉ:) Lười gõ lại nên copy bên AoPS luôn!

Equality holds when a = b = c

Link gốc: Inequality 99 (câu trả lời của SBM)

27 tháng 10 2019

SMB = tth đấy:)) Ko phải ai khác đâu:)

22 tháng 11 2015

sorry, em mới học lớp 6 thui

22 tháng 11 2015

mẹ ơi con chưa thấy dạng nào thế này