K
Khách

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

12 tháng 10 2017

ta có:\(\sqrt{\frac{b+c}{a}}\le\frac{a+b+c}{2a}.\)   (BĐT cauchy) 

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)    (1)

tương tự ta có:  \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)    (2)

     \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)   (3)

từ (1),(2),(3) => \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

=> đpcm

12 tháng 10 2017

ta có ; \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)

  \(\sqrt{\frac{b}{c+a}}=\frac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)

  \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}=\frac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

cộng lại theo từng vế ta có biểu thức đó \(\ge2\). xảy ra đẳng thức \(\hept{\begin{cases}a=b+c\\b=a+c\\c=a+b\end{cases}\Rightarrow a+b+c=0\left(\ne gt\right)}\)

\(\Rightarrow\)đẳng thức ko xảy ra

18 tháng 4 2016

Bài toán sai.

Ví dụ: a \(\ge\) b \(\ge\) c  1

Thì có a=1, b=1, c=1

\(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{b+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}<2\)

18 tháng 4 2016

xin lỗi mk nhầm đề!!

18 tháng 4 2016

999 - 888 - 111 + 111 - 111 + 111 - 111

= 111 - 111 + 111 - 111 + 111 - 111

= 0 + 111 - 111 + 111 - 111

= 111 - 111 + 111 - 111

= 0 + 111 - 111

= 111 - 111

= 0

22 tháng 8 2015

Ta sử dụng bất đẳng thức Chebyshev sau đây:

Nếu các số \(a\ge b\ge c,x\ge y\ge z\) thì \(3\left(ax+by+cz\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right).\)

Thực vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\left(a-b\right)\left(x-y\right)+\left(b-c\right)\left(y-z\right)+\left(c-a\right)\left(z-x\right)\ge0.\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(\frac{a+b}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{b+c}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\frac{c+a}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}\ge2\left(\frac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}\right)\)

\(\leftrightarrow\frac{a+b-2c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{c+a-2b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\frac{b+c-2a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge0\)         (***)

Tuy nhiên ta có \(a+b-2c\ge c+a-2b\ge b+c-2a\)   và \(\frac{1}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\ge\frac{1}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}\ge\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)  nên theo bất đẳng thức Chebyshev 

\(\frac{a+b-2c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{c+a-2b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\frac{b+c-2a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b-2c+b+c-2a+c+a-2b\right)\left(\frac{1}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{1}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\right)=0.\)

Vậy bất đẳng thức (***) đúng, nên ta có điều phải chứng minh.

7 tháng 6 2019

\(\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{c+a}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{b}{a}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{a}{c}}}\)

Đặt \(\frac{b}{a}=x;\frac{c}{b}=y;\frac{a}{c}=z\) khi đó x,y,z>0 và xyz=1
Không mất tính tổng quát giả sử z là số lớn nhất trong 3 số x,y,z \(\Rightarrow z^3\ge xyz=1\Rightarrow z\ge1\)

\(\Rightarrow xy\le1\)

Ta có:\(VT=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+y}}+\frac{1}{\sqrt{1+z}}\le\sqrt{2\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\right)}+\frac{1}{\sqrt{1+z}}\)

\(\le\sqrt{2.\frac{2}{1+\sqrt{xy}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z}}\)(Vì \(xy\le1\) thì \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\le\frac{2}{1+\sqrt{xy}}\)  tự chứng minh)

\(=\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{z}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z}}\)

Ta cần chứng minh:\(\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{z}}}}+\frac{1}{\sqrt{z+1}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}\) với \(z\ge1\)(Tuơng đuơng là ra)

Okie nha

13 tháng 12 2020

hello nha

13 tháng 12 2020

2k? vậy ạ