Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có bổ đề :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c\right)\ge9\)
Thật vậy: \(BĐT\Leftrightarrow3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge9\)(luôn đúng vì a/b+b/a>=2)
mà a+b+c=1 nên ta được \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
còn bài 2 phần đằng sau là j ạ>???
Làm bài này một hồi chắc bay não:v
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có đpcm.
Bài 2:
a) Dấu = bài này không xảy ra ? Nếu đúng như vầy thì em xin một slot, ăn cơm xong đi ngủ rồi dậy làm:v
b) Theo BĐT Bunhicopxki:
\(VT^2\le3.\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\left(qed\right)\)
Đẳng thức xảy r akhi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3: Theo BĐT Cauchy-Schwarz và bđt AM-GM, ta có:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác )
\(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\a+c-b=y\\a+b-c=z\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a=\frac{z+y}{2}\\b=\frac{x+z}{2}\\c=\frac{y+x}{2}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{y+x}{2z}=\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}+\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{y}{2z}+\frac{x}{2z}\)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge2.\sqrt{\frac{y}{2x}.\frac{x}{2y}}+2.\sqrt{\frac{z}{2x}.\frac{x}{2z}}+2.\sqrt{\frac{y}{2z}.\frac{z}{2y}}=1+1+1=3\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c
\(\frac{a}{b+c}>\frac{a}{a+b+c};\frac{b}{c+a}>\frac{b}{a+b+c};\frac{c}{a+b}>\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)(1)
bạn tự c/m: \(\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+c}\left(b>a>0;c>0\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}>\frac{2a}{a+b+c};\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{a+b+c};\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)(2)
Từ (1) và (2)
\(1< \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< 2\)
đpcm
"Chấm" nhẹ hóng cao nhân ạ :)
P/s: mong các bác giải theo cách lớp 8 ạ :) Tặng 5SP / 1 câu nhé ;)
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
Áp dụng bđt \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{x+y+z}\)
được : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a+c+a-b}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
công thức
\(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{a+y+z}\)
chứng minh thế nào
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
b)\(\Sigma\frac{a}{b+c-a}=\Sigma\frac{a^2}{ab+bc-a^2}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)(BĐT Svarxơ)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}\)(BĐT Bunhiacopxki)\(=3\)(đpcm)
a)\(\Sigma\frac{a}{b+c}=\Sigma\frac{a^2}{ab+bc}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2}=1,5>1\)
Bài số ảo nhờ
kí tện
Dân game thủ
kakakkakak tk cho bố m à
Bài 1 : Đề cần có điều kiện a,b,c là các số thực dương
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(=1\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( vì \(a+b+c=1\))
Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số dương ta có :
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\end{cases}}\)
Khi đó : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}=\frac{3\cdot3\cdot\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}=9\)
Hay \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(đpcm)