Cho \(a,b,c>0\):\(abc=1\).
CMR: \(A=\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}}\ge3\)
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
T
10 tháng 7 2019
Bài 1: \(a+\frac{1}{b\left(a-b\right)}=\left(a-b\right)+b+\frac{1}{b\left(a-b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta thu được đpcm (mình làm ở đâu đó rồi mà:)
Dấu "=" xảy ra khi a =2; b =1 (tự giải ra)
Bài 2: Thêm đk a,b,c >0.
Theo BĐT Cauchy \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{c^2}}=\frac{2a}{c}\). Tương tự với hai cặp còn lại và cộng theo vế ròi 6chia cho 2 hai có đpcm.
Bài 3: Nó sao sao ấy ta?
KN
1 tháng 6 2020
Ta có BĐT sau: \(\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\)(*)
Thật vậy, với a,b,c dương, ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\left(a+1\right)^2}{2\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\frac{\left(a+1\right)^2}{2}}{b+c}\Leftrightarrow1+a^2\ge\frac{a^2}{2}+a+\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2}{2}\ge0\)(đúng với mọi \(a\inℝ\))
Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}\ge\frac{b+1}{\sqrt{2\left(c+a\right)}}\)(2); \(\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}}\ge\frac{c+1}{\sqrt{2\left(a+b\right)}}\)(3)
Cộng theo vế của các BĐT (*), (2), (3), ta được:
\(\Sigma\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\frac{\left(b+c\right)+2}{2}}=\Sigma\frac{2\left(a+1\right)}{b+c+2}\)
\(=\Sigma\left(\frac{2a^2}{ab+ca+2a}+\frac{2}{b+c+2}\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)(Theo BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)
\(\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{a+b+c+3}+\frac{9}{a+b+c+3}=\frac{3\left(a+b+c+3\right)}{a+b+c+3}=3\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
KN
18 tháng 2 2020
Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}+\frac{4x^2}{x^2+1}\ge3x\)
Thật vậy: \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}-x\right)+2\left(\frac{2x^2}{x^2+1}-x\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left[\frac{\left(x+1\right)^2}{2\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}+2x}-\frac{2x}{x^2+1}\right]\ge0\)
Bây giờ ta quy về chứng minh: \(\frac{\left(x+1\right)^2}{2\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}}\ge\frac{2x}{x^2+1}\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)^2\ge4x\left(\sqrt{\frac{x^4+1}{2}+x}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^4+1+2x^3+2x\ge2x^2+4x\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^4+1}{2}+x^3+x\ge x^2+2x\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}\)
Bất đẳng thức trên đúng theo AM - GM:
\(\frac{x^4+1}{2}+x^3+x\ge\left(\frac{x^4+1}{2}+x^2\right)+x^2\ge2x\sqrt{\frac{x^4+1}{2}}+x^2\)
Vậy hoàn tất chứng minh trên nên ta có:
\(\sqrt{\frac{a^2+1}{2}}+\frac{4a}{a+1}\ge3\sqrt{a}\);\(\sqrt{\frac{b^2+1}{2}}+\frac{4b}{b+1}\ge3\sqrt{b}\)
\(\sqrt{\frac{c^2+1}{2}}+\frac{4c}{c+1}\ge3\sqrt{c}\); \(\sqrt{\frac{d^2+1}{2}}+\frac{4c}{d+1}\ge3\sqrt{d}\)
Cộng từng vế của các bđt trên. ta được: \(\text{Σ}_{cyc}\sqrt{\frac{a^2+1}{2}}\ge3\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}\right)\)
\(-4\left(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\right)\)\(=3\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}\right)-8\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
TN
6 tháng 7 2019
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 10 2019
Đề bài có vấn đề nho nhỏ, thay điểm rơi vào thì vế phải thừa bình phương trong ngoặc
Áp dụng Holder:
\(\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(4+\frac{1}{4}\right)\left(4+\frac{1}{4}\right)\ge\left(\sqrt[3]{16a^2}+\sqrt[3]{\frac{1}{16b^2}}\right)^3\)
\(\Rightarrow\sqrt[3]{17^2\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)}\ge4\sqrt[3]{4a^2}+\frac{1}{\sqrt[3]{b^2}}\)
\(\Rightarrow P=\sqrt[3]{17^2}.S\ge4\sqrt[3]{4}\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}\right)+\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c^2}}\)
\(P=\frac{15}{\sqrt[3]{16}}\sum\sqrt[3]{a^2}+\sum\left(\sqrt[3]{\frac{a^2}{16}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}}\right)\)
Ta có: \(3\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{4}\ge4\sqrt[12]{4a^6}=4\sqrt[6]{2}.\sqrt{a}\)
Tương tự và cộng lại:
\(\Rightarrow\sum\sqrt[3]{a^2}\ge\frac{4\sqrt[6]{2}\sum\sqrt{a}-3\sqrt[3]{4}}{3}\ge3\sqrt[3]{4}\)
\(\sum\left(\sqrt[3]{\frac{a^2}{16}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}}\right)\ge6\sqrt[6]{\frac{1}{16}}=\frac{6}{\sqrt[3]{4}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{15}{\sqrt[3]{16}}.3\sqrt[3]{4}+\frac{6}{\sqrt[3]{4}}=\frac{51}{\sqrt[3]{4}}=3.\sqrt[3]{\frac{17^3}{4}}\)
\(\Rightarrow S\ge3\sqrt[3]{\frac{17^3}{4}}:\sqrt[3]{17^2}=3\sqrt[3]{\frac{17}{4}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Bài toán nhạt nhẽo, chẳng có gì ngoài tính trâu, lần sau xin né :(
ko dùng điều kiện :)
\(sigma\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge sigma\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\ge sigma\frac{2\left(a+1\right)}{b+c+2}=sigma\left(\frac{2a^2}{ab+ca+2a}+\frac{2}{b+c+2}\right)\)
\(\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)}+\frac{18}{2\left(a+b+c\right)+6}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}=\frac{3\left(a+b+c\right)}{a+b+c+3}+\frac{9}{a+b+c+3}=3\)
"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)