Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\dfrac{a}{b}=x;\sqrt{\dfrac{b}{c}}=y;\sqrt[3]{\dfrac{c}{a}}=z\)
\(\Rightarrow xy^2z^3=1\)
Ta cần chứng minh \(x+y+z\ge\dfrac{5}{2}\) (*)
Ta có \(x+y+z=x+\dfrac{y}{2}+\dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}+\dfrac{z}{3}\)
\(\ge6\sqrt[6]{x.\dfrac{y}{2}.\dfrac{y}{2}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}.\dfrac{z}{3}}=6\sqrt[6]{\dfrac{xy^2z^3}{108}}=6\sqrt[6]{\dfrac{1}{108}}>\dfrac{5}{2}\)
Như vậy (*) được chứng minh
Đẳng thức không xảy ra!
Từng sau nếu tag bạn tag tên dưới câu trả lời nhé, tag thế này không nhận được thông báo đâu .
Bài này tốn sức quá, đau đầu 
Lời giải:
Sử dụng \(\sum\) biểu hiện tổng các hoán vị nhé.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a\sqrt{(b+2)(c+2)}}+\frac{b^2}{b\sqrt{(c+2)(a+2)}}+\frac{c^2}{c\sqrt{(a+2)(b+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\)
Tiếp tục Cauchy-Schwarz:
\((\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)})^2\leq (ab+2a+bc+2b+ac+2c)(ac+2a+ba+2b+bc+2c)\)
\(\Leftrightarrow \sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}\leq (ab+bc+ac+2a+2b+2c)\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\)
Ta sẽ đi chứng minh \(\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\geq 1\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq ab+bc+ac+2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\geq 2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 4-abc+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\Leftrightarrow (a+b+c-2)^2\geq abc\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{abc}+2\)
Do \(a^2+b^2+c^2+abc=4\Rightarrow \)
tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:\((a,b,c)=\left ( 2\sqrt{\frac{xy}{(z+x)(z+y)}};2\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}};2\sqrt{\frac{xz}{(y+x)(y+z)}} \right )\)
Khi đó , thực hiện vài bước rút gọn, BĐT cần chứng minh chuyển về:
\(\sum \sqrt{xy(x+y)}\geq \sqrt{2xyz}+\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}\)
Bình phương hai vế:
\(\Leftrightarrow \sum xy(x+y)+2\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\prod (x+y)+2\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum \sqrt{y(y+x)(y+z)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) \((\star)\)
Đặt biểu thức vế trái là $A$
\(A^2=\sum y(y+x)(y+z)+2\sum\sqrt{[y(y+x)(y+z)][x(x+y)(x+z)]}\)
\(A^2=\sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum \sqrt{[(x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]}\)
Áp dụng BĐT C-S : \([x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]\geq [xy(x+y+z)+xyz]^2\)
\(\Rightarrow A^2\geq \sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum [xy(x+y+z)+xyz]\)
\(\Leftrightarrow A^2\geq \sum x^3+3\sum xy(x+y)+15xyz\)
Theo BĐT Schur: \(\sum x^3+3xyz\geq \sum xy(x+y)\)
\(\Rightarrow A^2\geq 4\sum xy(x+y)+12xyz=4[\sum xy(x+y)+3xyz]=4(x+y+z)(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow A\geq 2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\)
Ta cần chứng minh \(2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) (1)
Đặt \(\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}=t\), bằng AM-GM dễ thấy \(t^2\geq 9xyz\)
\((1)\Leftrightarrow 2t\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow 4t^2\geq 4xyz+2(t^2-xyz)+4\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow t^2\geq xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\) (2)
Áp dụng AM-GM: \(2\sqrt{xyz(t^2-xyz)}=\sqrt{8xyz(t^2-xyz)}\leq \frac{8xyz+t^2-xyz}{2}=\frac{7}{2}xyz+\frac{t^2}{2}\)
Và \(xyz\leq \frac{t^2}{9}\)
\(\Rightarrow xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\leq t^2\)
Do đó (2) đúng kéo theo (1) đúng kéo theo (*) đúng nên ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Lời giải:
Từ điều kiện
\(a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Rightarrow abc(a+b+c)=ab+bc+ac\)
Sử dụng hệ quả của BĐT AM-GM:
\((ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)\Rightarrow \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}\geq ab+bc+ac\)
Suy ra \(ab+bc+ac\geq 3\). Do đó:
\(\text{VP}\leq \sqrt{a^2+ab+bc+ac}+\sqrt{b^2+ab+bc+ac}+\sqrt{c^2+ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow \text{VP}\leq \sqrt{(a+b)(a+c)}+\sqrt{(b+c)(b+a)}+\sqrt{(c+a)(c+b)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\sqrt{(a+b)(a+c)}\leq \frac{a+b+a+c}{2}\) và tương tự....
\(\Rightarrow \text{VP}\leq \frac{a+b+a+c}{2}+\frac{b+c+b+a}{2}+\frac{c+a+c+b}{2}=2(a+b+c)=\text{VT}\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
\(GT\Leftrightarrow\dfrac{a^2\left(a+c\right)+b^2\left(b+c\right)}{c}=3\)\(\Leftrightarrow3c=a^3+b^3+\left(a^2+b^2\right)c\)
\(VT=\dfrac{\left(a+c\right)\left(b^3+2\right)}{2\left(b^3+2\right)}-\dfrac{b^3\left(a+c\right)}{2\left(b^3+2\right)}+\dfrac{\left(b+c\right)\left(a^3+2\right)}{2\left(a^3+2\right)}-\dfrac{a^3\left(b+c\right)}{2\left(a^3+2\right)}-2\sqrt{a+b+c}\)
\(=\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{b^3\left(a+c\right)}{2\left(b^3+1+1\right)}-\dfrac{a^3\left(b+c\right)}{2\left(a^3+1+1\right)}-2\sqrt{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(b^3+1+1\ge3b\) ; \(a^3+1+1\ge3a\).
Do đó :\(VT\ge\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{b^2\left(a+c\right)+a^2\left(b+c\right)}{6}-2\sqrt{a+b+c}\)
Để ý rằng \(b^2\left(a+c\right)+a^2\left(b+c\right)=ab\left(a+b\right)+\left(a^2+b^2\right)c\le a^3+b^3+\left(a^2+b^2\right).c=3c\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{3c}{6}-2\sqrt{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{2}-2\sqrt{a+b+c}\)
\(=\dfrac{\left(\sqrt{a+b+c}-2\right)^2-4}{2}\ge-2\).
Dấu = xảy ra khi a=b=1;c=2
lần +)F_'o nào mình muốn động não cx gặp bài bạn này pót lên '-' vi diệu v~ .-. nhưng thôi k chắc chắn lắm nên để mấy ae lm, chứ t lm mà sai là khổ thân bạn ý :v
1) Ta c/m BĐT sau:
Với a, b > 0 thì \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-a^2b\right)+\left(b^3-ab^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng vì a, b > 0)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Như vậy ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\\y^3+z^3\ge yz\left(y+z\right)\\z^3+x^3\ge zx\left(z+x\right)\end{matrix}\right.\)
Do đó \(VT\ge\dfrac{\sqrt{xyz+xy\left(x+y\right)}}{xy}+\dfrac{\sqrt{xyz+yz\left(y+z\right)}}{yz}+\dfrac{\sqrt{xyz+zx\left(z+x\right)}}{zx}\)
\(=\dfrac{\sqrt{xy\left(x+y+z\right)}}{xy}+\dfrac{\sqrt{yz\left(x+y+z\right)}}{yz}+\dfrac{\sqrt{zx\left(x+y+z\right)}}{zx}\)
\(=\sqrt{x+y+z}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\right)\)
\(=\sqrt{x+y+z}.\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{xyz}}\)
\(=\sqrt{x+y+z}.\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)
\(\ge\sqrt{3\sqrt[3]{xyz}}.3\sqrt[3]{\sqrt{xyz}}=3\sqrt{3}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)
1) Lợi dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương, ta được:
\(\dfrac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\dfrac{\sqrt{3\sqrt[3]{x^3.y^3.1}}}{xy}=\sqrt{\dfrac{3}{xy}}\)
Tương tự:
\(\dfrac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\ge\sqrt{\dfrac{3}{yz}}\)
\(\dfrac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}\ge\sqrt{\dfrac{3}{xz}}\)
Cộng từng vế các BĐT trên. ta được:
\(VT\ge\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz}}\right)\)
Tiếp tục lợi dụng AM-GM, ta được
\(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz}}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}.\dfrac{1}{\sqrt{yz}}.\dfrac{1}{\sqrt{xz}}}=3\)
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)