cho a,b,c>0 và a+b+c=6
chứng minh rằng
\(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\ge2\)
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
22 tháng 9 2017
ap dung bat dang thuc amgm
\(\sqrt{b^3+1}\) \(=\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\frac{b+1+b^2-b+1}{2}\) \(=\frac{b^2+2}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge2.\frac{a}{b^2+2}\)
P=\(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\ge2\left(\frac{a}{b^2+2}+\frac{b}{c^2+2}+\frac{c}{a^2+2}\right)\) \(\)
=\(2\left(\frac{a^2}{a\left(b^2+2\right)}+\frac{b^2}{b\left(c^2+2\right)}+\frac{c^2}{c\left(a^2+2\right)}\right)\)
tiep tuc ap dung bdt cauchy-swart dang phan thuc
\(\ge2\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)}\)=
Y
19 tháng 5 2019
Theo BĐT AM-GM :
\(\sqrt{b}=\sqrt{b\cdot1}\le\frac{b+1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{b}}\ge\frac{a}{\frac{b+1}{2}}=\frac{2a}{b+1}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\)
+ Tương tự ta cm đc :
\(\frac{b}{\sqrt{c}}\ge\frac{2b}{c+1}\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\)
\(\frac{c}{\sqrt{a}}\ge\frac{2c}{a+1}\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=1\)
Do đó : \(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\ge2\left(\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+}+\frac{c}{a+1}\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
13 tháng 2 2018
Conan: bác mori ơi cháu biết hung thủ là ai rồi
Mouri : cái j , trẻ con đi chỗ khác chơi
Conan : hừ , lại phải dùng thuốc gây mê rồi , pặc
Mouri : á á :) , lại thế nữa rồi , á á
Conan : thanh tra megure ơi bác mouri nói đã tìm ra hung thủ rồi
megure : Thật không Mori , anh đã tìm ra hung thủ rồi à
Mouri : chính xác hung thủ chính là hắn :)
dự đoán của Mouri a=b=c=2
áp dụng BDT cô si ta có
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b^3+1}+\sqrt{c^3+1}+\sqrt{a^3+1}}.\)
áp dụng BDT cô si dạng shinra " mẫu số" ta có với Q= mẫu số
\(\sqrt{\left(b^3+1\right).9}\le\frac{b^3+1+9}{2}\)
\(\sqrt{\left(c^3+1\right).9}\le\frac{c^3+1+9}{2}\)
\(\sqrt{a^3+1.9}\le\frac{a^3+1+9}{2}\)
\(3Q\le\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)+15.\)
có
\(a^3+8+8\ge3\sqrt[3]{a^32^32^3}=12a\)
\(b^3+8+8\ge12b\)
\(c^3+8+8\ge12c\)
\(a^3+b^3+c^3\ge72-48=24\)
\(3Q\le\frac{24}{2}+15=27\Leftrightarrow Q=9\)
thay vào VT ta được
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{9}\)
\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=\left(a+b+c\right)+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(VT\ge\frac{6+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)}{9}\)
\(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{a^2b^2c^2}}=3\sqrt[3]{abc}\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
suy ra đươc \(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}=a+b+c=6\)
\(VT\ge\frac{6+2\left(6\right)}{9}=2\)
dấu = xảy ra khi a=b=c=2
TN
4 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=Σ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}}\geΣ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\frac{\left(b+1+b^2-b+1\right)^2}{4}}}\)
\(=Σ_{cyc}\frac{2a}{b^2+2}\)\(=Σ_{cyc}\frac{2a^2}{ab^2+2a}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{Σ_{cyc}ab^2+2\left(a+b+c\right)}\)
Cần c.minh \(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{Σ_{cyc}ab^2+2\left(a+b+c\right)}\ge2\)\(\Leftrightarrow\frac{36}{Σ_{cyc}ab^2+12}\ge1\)
Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\le24\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\left(☺\right)\)
\(VT_{\left(☺\right)}\ge3\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\) (vì \(\left(Σa\right)^2\ge3\left(Σab\right)\))
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
Tự c.m nốt gợi ý: \(a^2b+b^2c+c^2a-\)\(\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)\(=\frac{\left(a-b\right)^3+\left(b-c\right)^3+\left(c-a\right)^3}{3}\)
Và \(3abc-\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)=ab\left(c-b\right)+bc\left(a-c\right)+ac\left(b-a\right)\)
21 tháng 10 2019
Ta có:
\(\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}}+\frac{2}{\sqrt{c}}=\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\right)\)
\(\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{\left(1+1\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\left(1+1\right)^2}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)
\(=\frac{4}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{4}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)
=> \(2\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\)\(\ge4\left(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)\)
=> \(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)\(\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)\)
"=" xảy ra <=> a =b =c.
16 tháng 5 2020
Bài 1: diendantoanhoc.net
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}\)
Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
16 tháng 5 2020
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương, ta có: \(VT=\Sigma\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}=\Sigma\frac{a}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}}\)
\(\ge\Sigma\frac{a}{\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}}=\Sigma\frac{2a}{b^2+2}=\Sigma\left(a-\frac{ab^2}{b^2+2}\right)\)
\(=\Sigma\left(a-\frac{2ab^2}{b^2+b^2+4}\right)\ge\Sigma\left(a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{4b^4}}\right)\)\(=\Sigma\left[a-\frac{a\sqrt[3]{2b^2}}{3}\right]=\Sigma\left[a-\frac{a\sqrt[3]{2.b.b}}{3}\right]\)
\(\ge\Sigma\left[a-\frac{a\left(2+b+b\right)}{9}\right]\)\(=\left(a+b+c\right)-\frac{2\left(a+b+c\right)}{9}-\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{7\left(a+b+c\right)}{9}-\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)\(\ge\frac{7\left(a+b+c\right)}{9}-\frac{2.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}=2\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2