Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{2y'z'}{x'^2};\frac{2z'x'}{y'^2};\frac{2x'y'}{z'^2}\right)\) với x', y', z' > 0. Quy về chứng minh:
\(\Sigma_{cyc}\frac{x'^3}{\sqrt{x'^6+8y'^3z'^3}}\ge1\). Đặt \(\left(x'^3;y'^3;z'^3\right)=\left(x;y;z\right)\). Quy về:
\(\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}\ge1\). Đến đây em thấy khá quen thuộc, hình như là bài IMO nào đó, để tối lục lại.
Ta đặt:
\(\left\{{}\begin{matrix}x=a-1\\y=b-2\\z=c-3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z=3\) và \(x,y,z\ge0\) (*)
Biểu thứ P trở thành:
\(P=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)
Từ (*) dễ thấy:
\(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le3\\0\le y\le3\\0\le z\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le\sqrt{3x}\\0\le y\le\sqrt{3y}\\0\le z\le\sqrt{3z}\end{matrix}\right.\)
Do đó:
\(P\ge\dfrac{x+y+z}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Dầu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)=\left(0;3;0\right)=\left(0;0;3\right)\)
Áp dụng bđt AM - GM ta có :
\(\sqrt{b-1}\le\frac{b-1+1}{2}=\frac{b}{2}\Rightarrow a\sqrt{b-1}\le\frac{ab}{2}\)
\(\sqrt{a-1}\le\frac{a-1+1}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow b\sqrt{a-1}\le\frac{ba}{2}\)
\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)(đpcm)
b2 dễ tự lm
b2 x2 là x mũ 2. y2 là y mũ 2 .
yx−y=x2+2
yx−y−x2−2=0
x=−2−y+√y2−4y−8,−2−y−√y2−4y−8
x=−2−y+√y2−4y−8,−2−y−√y2−4y−8
x=−2−y+√y2−4y−8,−2−y−√y2−4y−8
k sau giúp tiếp
Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x2+y2+z2=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)
Èo, căng thế:
BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\Sigma a+\Sigma\sqrt{ab}\)(chú ý cái giả thiết a + b + c = 1)
Thật vậy áp dụng BĐT Bunyakovski: \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]}\)
\(\ge\sqrt{\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\). Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế có ngay đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
\(VT\le\frac{a\left(b-1+1\right)}{2}+\frac{b\left(a-1+1\right)}{2}=\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\) ( Cosi ngược dấu )
:))