Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(a+b+c=abc\Rightarrow a(a+b+c)=a^2bc\)
\(\Rightarrow a(a+b+c)+bc=bc(a^2+1)\)
\(\Leftrightarrow (a+b)(a+c)=bc(a^2+1)\Rightarrow a^2+1=\frac{(a+b)(a+c)}{bc}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{a^2+1}}=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại
\(\Rightarrow \text{VT}=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+1}}=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{ac}{(b+a)(b+c)}}+\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{ac}{(b+a)(b+c)}}+\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{b+a}+\frac{c}{b+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{b+a}{b+a}+\frac{c+b}{c+b}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$
\(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\Rightarrow\dfrac{a^2}{b+c}\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.\dfrac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\)
Sau đó làm tiếp như bài đó là được
Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3})^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 1\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\) (BĐT Cauchy)
hay \(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(P\sqrt{2}\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{c^2+a^2}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=\sqrt{2011}\\a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{z^2+x^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P2\sqrt{2}\ge\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\)
\(P4\sqrt{2}\ge\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\)
\(P2\sqrt{2}\ge\dfrac{4\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}-\left(x+y+z\right)=x+y+z=\sqrt{2011}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\sqrt{2011}}{2\sqrt{2}}\)
Đề sai
Lời giải:
Ta có: \(\text{VT}=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^2}{b}-a+b+\frac{b^2}{c}-b+c+\frac{c^2}{a}-c+a\)
\(=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+\frac{b^2-bc+c^2}{c}+\frac{c^2-ca+a^2}{a}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\geq 2\sqrt{a^2-ab+b^2}\)
\(\frac{b^2-bc+c^2}{c}+c\geq 2\sqrt{b^2-bc+c^2}\)
\(\frac{c^2-ca+a^2}{a}+a\geq 2\sqrt{c^2-ca+a^2}\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}+(a+b+c)\geq 2(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2})(1)\)
Lại có:
\(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{3}{4}(a-b)^2+\frac{1}{4}(a+b)^2}\geq \sqrt{\frac{1}{4}(a+b)^2}=\frac{a+b}{2}\)
TT: \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\geq \frac{b+c}{2}; \sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \frac{c+a}{2}\)
Suy ra: \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq a+b+c(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )
Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)
\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)
a) Từ giả thiết : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
\(\Rightarrow2ab\text{=}2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2ab-2bc-2ca\text{=}0\)
Ta xét : \(\left(a+b-c\right)^2\text{=}a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\)
\(\text{=}a^2+b^2+c^2\)
Do đó : \(A\text{=}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\text{=}\sqrt{\left(a+b-c\right)^2}\)
\(\Rightarrow A\text{=}a+b-c\)
Vì a;b;c là các số hữu tỉ suy ra : đpcm
b) Đặt : \(a\text{=}\dfrac{1}{x-y};b\text{=}\dfrac{1}{y-x};c\text{=}\dfrac{1}{z-x}\)
Do đó : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
Ta có : \(B\text{=}\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}\)
Từ đây ta thấy giống phần a nên :
\(B\text{=}a+b-c\)
\(B\text{=}\dfrac{1}{x-y}+\dfrac{1}{y-z}-\dfrac{1}{z-x}\)
Suy ra : đpcm.
Mình bổ sung đề phần b cần phải có điều kiện của x;y;z nha bạn.