Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(S_{AMB}=a;S_{BMC}=b;S_{CMA}=c\)
Ta có \(\frac{AM}{MA'}+\frac{BM}{MB'}+\frac{MC}{MC'}=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)=\(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge6\)(cô-si)
Theo BĐT AM-GM \(VT\ge6\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le\frac{1}{2}\left(b+c-a+c+a-b\right)=c\)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}\le b\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\le b\)
\(\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow6\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\ge6\)
\(\Rightarrow\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}\ge6\)
Đpcm
Đặt \(C=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)
\(C=\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)
Ta có:\(2ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)(tự cm)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2ab}\ge\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=2\)
Lại có:\(\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\ge\dfrac{4}{a^2+2ab+b^2}=\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)(tự cm)
\(\Rightarrow C\ge2+4=6\left(đpcm\right)\)
1.VT= \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{y}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương, ta có:
\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)≥ 2\(\sqrt{\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{x}}\)=2; tương tự \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\)≥2; \(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\)≥2.
Cộng 3 BĐT trên, ta được đpcm.
2.Đặt b+c-a= x, a+c-b= y, a+b-c= z. Khi đó x,y,z>0.
2a= y+z; 2b= x+z; 2c= x+y. Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:
\(\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{z+x}{y}\)≥6.
Theo bài 1 bđt luôn đúng
Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
TT\(\Rightarrow c^2+d^2\ge2cd\)
BĐT\(\Leftrightarrow3ab+3cd\ge6\)
\(\Leftrightarrow ab+cd\ge2\)
Lại có \(ab+cd\ge2\sqrt{abcd}=2\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Áp dụng bất đẳng thức: \(x^2+y^2\ge2xy\) ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2bc+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)Mặt khác: \(3\left(ab+cd\right)=3\left(ab+\frac{abcd}{ab}\right)=3\left(ab+\frac{1}{cd}\right)\ge3.2=6\) \(\left(BĐT:\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\right)\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6\)(đpcm)
Nếu đề bài là chứng minh thì làm thế này:
theo cosi ( \(a^2,b^2\ge o\))ta có:
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(c^2+d^2\ge2cd\)
\(=>a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3ab+3cd\)
theo cosi tiếp => \(3ab+3cd\ge2\sqrt{9abcd}=2\sqrt{9}=6\)
Dấu = xảy ra khi ab=cd
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=2\)
Áp dụng BĐT C-S:
\(P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3-\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+4}{3-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Đặt \(a^2+b^2+c^2=x\)
Ta cần c/m: \(\dfrac{x+4}{3-x}\ge6\Leftrightarrow x+4\ge18-6x\)
\(\Leftrightarrow x\ge2\) (đúng)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\pm\sqrt{\dfrac{2}{3}}\)
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\left(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\right)+\frac{1}{2ab}\)
Ta có : \(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)
\(\frac{1}{2ab}\ge\frac{2}{\left(a+b\right)^2}=2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge4+2=6\)
Lời giải:
Vì \(a\geq 3, ab\geq 6\Rightarrow b>0\)
\(ab\geq 6, abc\geq 6\Rightarrow c>0\)
Áp dụng BĐT Am-Gm cho các số không âm:
\(a+b+c=\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c\geq 6\sqrt[6]{\frac{a^3b^2c}{3^3.2^2}}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\geq 6\sqrt[6]{\frac{a.ab.abc}{3^3.2^2}}\geq 6\sqrt[6]{\frac{3.6.6}{3^3.2^2}}=6\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(3,2,1)\)
a>=3và ab>=6=>b>=6:3=2
abc>=6 và ab>=6=>c>=6:6=1
a>=3
b>=2
c>=1
cộng theo vế có điều cần c/m