K
Khách

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

Asp dụng bđt AM-GM ta có

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

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

Tương tự

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

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

Từ (1),(2),(3)  ta có

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

dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{a}{a+b}}=1\\\sqrt{\frac{b}{b+c}}=1\\\sqrt{\frac{c}{c+a}}=1\end{cases}}\)(vô lí ) 

Vậy dấu "=" không xảy ra 

do đó \(VT>2\)

18 tháng 8 2019

ღ๖ۣۜLinh's ๖ۣۜLinh'sღ] ★we are one★      bạn viết sai rồi kia. xem đề coi có sai ko đã

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 5 2020

Lời giải:
Do $abc=1$ nên đặt:

\((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})\) với $x,y,z>0$

Khi đó, bài toán trở thành: Cho $x,y,z>0$. CMR:

\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}\geq 1\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}=\frac{(xz)^2}{2xyz^2+(xy)^2}+\frac{(xy)^2}{2x^2yz+(yz)^2}+\frac{(yz)^2}{2xy^2z+(xz)^2}\)

\(\geq \frac{(xz+xy+yz)^2}{2xyz^2+(xy)^2+2x^2yz+(yz)^2+2xy^2z+(xz)^2}=\frac{(xy+yz+xz)^2}{(xy+yz+xz)^2}=1\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$

28 tháng 5 2020

thank youhaha

26 tháng 12 2017

https://goo.gl/BjYiDy

30 tháng 4 2020

Áp dụng BĐT AM-GM ta có a+b+c\(\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)

Chứng minh tương tự ta có:\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\\\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\end{cases}}\)

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

Dấu "=" xảy ra <=>\(\hept{\begin{cases}a=b+c\\b=c+a\\c=a+b\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=0}\)(trái với giả thiết)

Vậy dấu "=" không xảy ra => đpcm

30 tháng 4 2020

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :

\(\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{b+c+a}{2a}\)

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

Tương tự : \(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c};\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

Cộng từng vế theo vế, ta được :

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

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b+c\\b=a+c\\c=a+b\end{cases}\Rightarrow a+b+c=0}\)( trái với giả thiết vì a,b,c > 0 )

Nên dấu "=" không xảy ra

Vậy ...

26 tháng 6 2020

cái đầu tiên là bđt j đấy

NV
26 tháng 6 2020

AM-GM: \(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)

3 tháng 2 2017

Theo BĐT AM-GM ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)

Tương tự ta cũng có BĐT tương tự, cộng theo vế ta có:

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

Mà \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\left(1\right)\) .Vì \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a+b\right)>a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)>a\left(a+b\right)+ac\)

\(\Leftrightarrow c\left(a+b\right)>ac\Leftrightarrow a+b>a\) (luôn đúng)

Tương tự ta có: \(\frac{a+b}{a+b+c}>\frac{b}{b+c}\left(2\right);\frac{c+a}{a+b+c}>\frac{c}{a+c}\left(3\right)\)

Ta có: \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{a+c}< 2\left(II\right)\)

Từ (I) và (II) ta thu được điều phải chứng minh

4 tháng 11 2017

giỏi thì làm đê

10 tháng 10 2018

mk k giỏi

ko lm đc