choa, ,b,c là 3 cạnh tam giác tm a+b+c=1
cmr \(1< \frac{b}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{a}{\sqrt{c+a^2}}< 2\)
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
T
7 tháng 9 2019
Làm bài này một hồi chắc bay não:v
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có đpcm.
Bài 2:
a) Dấu = bài này không xảy ra ? Nếu đúng như vầy thì em xin một slot, ăn cơm xong đi ngủ rồi dậy làm:v
b) Theo BĐT Bunhicopxki:
\(VT^2\le3.\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\left(qed\right)\)
Đẳng thức xảy r akhi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3: Theo BĐT Cauchy-Schwarz và bđt AM-GM, ta có:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
7 tháng 2 2018
Áp dụng BĐT Mincopxki:
\(P\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}}\)
\(\ge\sqrt{2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2\cdot\dfrac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\dfrac{1215}{16\cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}}\)
\(=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
8 tháng 8 2019
Cách khác :)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :
\(\left(1+16\right)\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\ge\left(a+\frac{4}{b}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{17}\cdot\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\ge a+\frac{4}{b}\)
Tương tự : \(\sqrt{17}\cdot\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}\ge b+\frac{4}{c};\sqrt{17}\cdot\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge c+\frac{4}{a}\)
Cộng theo vế của 3 bất đẳng thức :
\(\sqrt{17}\cdot\left(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\right)\ge\left(a+b+c\right)+4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{17}\cdot P\ge a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
Xét \(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)
\(=16a+\frac{4}{a}+16b+\frac{4}{b}+16c+\frac{4}{c}-15a-15b-15c\)
\(\ge2\sqrt{\frac{16\cdot4a}{a}}+2\sqrt{\frac{16\cdot4b}{b}}+2\sqrt{\frac{16\cdot4c}{c}}-15\left(a+b+c\right)\)
\(=16\cdot3-15\cdot\frac{3}{2}=\frac{51}{2}\)
Ta có : \(\sqrt{17}\cdot P\ge\frac{51}{2}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
25 tháng 2 2018
Tuogw tựCâu hỏi của Nue nguyen - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
TN
2 tháng 7 2016
Bài 1:
Đặt \(a^2=x;b^2=y;c^2=z\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}\right]\)
Tương tự với \(\sqrt{\frac{y}{y+z}}\)và \(\sqrt{\frac{z}{z+x}}\)
Cộng lại ta được:
\(\frac{\sqrt{2}}{3}\left[\frac{x\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y\left(x+y+z\right)}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z\left(x+y+z\right)}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right]+\frac{3}{2\sqrt{2}}\le\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Sau đó bình phương hai vế rồi
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8xyz\)đẳng thức đúng
Vậy...
Bài 2:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\le\frac{1}{3}\)
Nhân cả hai vế bđt với 4(a+b+c)4(a+b+c) rồi thu gọn ta được bđt sau:
\(\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+c}+\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}+\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}\)\(\le\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\left[\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+}-a\right]+\left[\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}-b\right]+\left[\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}-c\right]\le\frac{a+b+c}{3}\)
\(\frac{ca}{4a+4b+c}+\frac{ab}{4b+4c+a}+\frac{bc}{4c+4a+b}\le\frac{a+b+c}{9}\)
Áp dụng bđt cauchy-Schwarz ta có \(\frac{ca}{4a+4b+c}=\frac{ca}{\left(2b+c\right)+2\left(2a+b\right)}\)\(\le\frac{ca}{9}\left(\frac{1}{2b+c}+\frac{2}{2a+b}\right)\)
Từ đó ta có:
\(\text{∑}\frac{ca}{4a+4b+c}\le\frac{1}{9}\text{∑}\left(\frac{ca}{2b+c}+\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ab}{2b+c}\right)=\frac{a+b+c}{9}\)
Đặt VT=A rồi áp dụng bđt cauchy-Schwarz cho VT ta có
\(T^2\le3\left(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\right)\)\(\le3\cdot\frac{1}{3}=1\Leftrightarrow T\le1\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
c bạn tự làm nhé mình mệt rồi :D
cái này mik biết nè
vì a,b,c là 3 cạnh tam giác
=> \(a,b,c\in\left[0;\frac{1}{2}\right]\)
=> \(a+b^2\le\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow\sqrt{a+b^2}\le\sqrt{\frac{3}{4}}< 1\)
=> \(\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}>b\)
tương tự mấy cái kia rồi + vào thì cậu có cả biểu thức >a+b+c=1
còn ý 2 thì nht nhé
ta cần chứng minh bất đẳng thức
\(\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}< \frac{2b}{a+b+c}\Leftrightarrow\sqrt{a+b^2}>\frac{1}{2}\)
ta có \(\left(b-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\Rightarrow a+b^2>a+b-\frac{1}{4}>\frac{a+b+c}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow\sqrt{a+b^2}>\frac{1}{4}\)
=> bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng> Tương tự mấy cái kia rồi cậu tự + vào thì nó sẽ ra điều phải chứng minh