Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a\sqrt{a+8}+b\sqrt{b+8}+c\sqrt{c+8}\ge9.\)
\("\sqrt{a+8}"\sqrt{b+8}"\sqrt{c+8}"=xyz\Leftrightarrow\left(a,b,c\right)=\left(X^2-8\right)\left(b^2-8\right)\left(c^2-8\right)\) (1)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=27\) (2)
\(\left(x^2-8\right)x+y\left(y^2-8\right)+z\left(z^2-8\right)\ge9\)
\(x^3+y^3+z^3-8\left(x+y+z\right)\ge9\)
\(\left(x^3+9x\right)+\left(y^3+9y\right)+\left(z^3+9y\right)-17\left(x+y+z\right)\ge6x^2+6y^2+6z^2-17\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
từ (2) ta có (x^2+y^2+z^2)=27
\(VT\ge6\left(27\right)-17\sqrt{3\left(27\right)}=162-153=9\)
\(\ge\)
\(\dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}}\ge\dfrac{2}{a+1+a^2-a+1}=\dfrac{2}{a^2+2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{a^2+2}+\dfrac{2}{b^2+2}+\dfrac{2}{c^2+2}\)
Do \(abc=8\Rightarrow a^2b^2c^2=64\) , tồn tại các số thực dương x;y;z sao cho:
\(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(\dfrac{4x}{y};\dfrac{4y}{z};\dfrac{4z}{x}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{\dfrac{4x}{y}+2}+\dfrac{2}{\dfrac{4y}{z}+2}+\dfrac{2}{\dfrac{4z}{x}+2}=\dfrac{y}{2x+y}+\dfrac{z}{2y+z}+\dfrac{x}{2z+x}\)
\(VT\ge\dfrac{x^2}{x^2+2xz}+\dfrac{y^2}{y^2+2xy}+\dfrac{z^2}{z^2+2yz}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1\) (đpcm)
thầy ơi, sao chỗ Do abc = 8 ⇒ a2b2c2 = 64 lại suy ra các số thực dương x;y;z tồn tại được ạ?
Vì \(ab+bc+ca+abc=4\) nên tồn tại các số x,y,z>0 thỏa mãn \(a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{x+z},c=\dfrac{2z}{x+y}\).
Viết lại BĐT cần chứng minh:\(\sum\sqrt{\dfrac{4x^2}{\left(y+z\right)^2}+8}\le\sum\dfrac{2x}{y+z}+6\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{y+z}{\sqrt{x^2+2\left(y+z\right)^2}+x}\le\dfrac{3}{2}\)(*)
Thật vậy, theo BĐT Bunyakovsky:
\(\left[x^2+2\left(y+z\right)^2\right]\left(1+8\right)\ge\left(x+4y+4z\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{y+z}{\dfrac{x+4y+4z}{3}+x}=\sum\dfrac{3\left(y+z\right)}{4\left(x+y+z\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\RightarrowĐpcm\)
#proof 2 :[THTT-485]
\(ab+bc+ca+abc=4\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
Ta có: \(\dfrac{12}{a+2}+a-2=\dfrac{a^2+8}{a+2}\).Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(6+a+b+c=\dfrac{a^2+8}{a+2}+\dfrac{b^2+8}{b+2}+\dfrac{c^2+8}{c+2}\ge\dfrac{\left(\sum\sqrt{a^2+8}\right)^2}{a+b+c+6}\)
\(>>đpcm \)
Another way: \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ac\right)}=3\)
Ta có BĐT phụ \(\frac{a^2}{\sqrt{a^3+8}}\ge\frac{11a}{18}-\frac{5}{18}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\frac{\left(a-1\right)^2\left(121a^3-192a^2-480a+200\right)}{-324a^3-2592}}{\frac{a^2}{\sqrt{a^3+8}}+\frac{11a}{18}-\frac{5}{18}}\ge0\forall0< a\le1\)
TƯơng tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{b^2}{\sqrt{b^3+8}}\ge\frac{11b}{18}-\frac{5}{18};\frac{c^2}{\sqrt{c^3+8}}\ge\frac{11c}{18}-\frac{5}{18}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\frac{11\left(a+b+c\right)}{18}-\frac{5}{18}\cdot3\ge1\)
"=" khi \(a=b=c=1\)
\(VT=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\frac{x^2+z^2-y^2}{2}\\c^2=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}\\x+y+z=\sqrt{2019}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{\sqrt{8}}\left(\frac{y^2+z^2-x^2}{x}+\frac{x^2+z^2-y^2}{y}+\frac{x^2+y^2-z^2}{z}\right)\)
\(VT\ge\frac{1}{\sqrt{8}}\left(\frac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\frac{\left(x+z\right)^2}{2y}+\frac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\right)\)
\(VT\ge\frac{1}{\sqrt{8}}\left[\frac{\left(2x+2y+2z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}-\left(x+y+z\right)\right]=\frac{x+y+z}{\sqrt{8}}=\sqrt{\frac{2019}{8}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c=\) nhiêu đó
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?
Nếu sửa đề lại thì giải theo cách này nhé :v
\(a\sqrt{a+8}+b\sqrt{b+8}+c\sqrt{c+8}+6\ge15\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a+8}+b\sqrt{b+8}+c\sqrt{c+8}\ge9\)
Theo BĐT Bu - nhi - a - cốp xki ta có :
\(\left(a\sqrt{a+8}+b\sqrt{b+8}+c\sqrt{c+8}\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c+24\right)=27\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a+8}+b\sqrt{b+8}+c\sqrt{c+8}\le\sqrt{27\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh :
\(\sqrt{27\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge9\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Theo BĐT Cô - Si dưới dạng en-gel ta có :
\(\dfrac{a^2}{1}+\dfrac{b^2}{1}+\dfrac{c^2}{1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{1+1+1}=\dfrac{3^2}{3}=3\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đúng là đề bài khó wá
hihi =)))