Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
BĐT
<=> \(\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac}{3\left(ac+bc+ac\right)}\ge\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)
<=>\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{a\left(a\left(b+c\right)+bc\right)}{b+c}+...\right)\)
<=> \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(a^2+b^2+c^2+\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)
<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)
Mà \(\frac{abc}{b+c}\le abc.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc\right)\)
Khi đó BĐT
<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\right)\)
=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)(luôn đúng )
=> ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Cách này chủ yếu biến đổi tương đương nên chắc phù hợp với lớp 8
Nếu sử dụng SOS nhìn vào sẽ làm đc liền vì có Nesbitt lẫn \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\)
xD
Có: \(\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}+\frac{z^2-y^2}{x+y}\)(1)
\(=\frac{\left(x-z\right)\left(x+z\right)}{y+z}+\frac{\left(y-x\right)\left(x+y\right)}{z+x}+\frac{\left(z-y\right)\left(y+z\right)}{x+y}\)
\(\left(1\right)=S_1\left(x-z\right)^2+S_2\left(y-x\right)^2+S_3\left(z-y\right)^2\)
Trong đó:
\(\hept{\begin{cases}S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\\S_2=\frac{x+y}{\left(z+x\right)\left(y-x\right)}\\S_3=\frac{y+z}{\left(x+y\right)\left(z-y\right)}\end{cases}}\)
Giả sử: \(x\ge y\ge z\)( x,y,z lớn hơn 0)
Có: \(S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\ge0\)
Xét: \(S_1+S_2=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}-\frac{x+y}{\left(x+z\right)\left(x-y\right)}=\frac{\left(x+z\right)^2+\left(x+y\right)\left(y+z\right)^2+\left(y+z\right)\left(y-z\right)\left(2x+y+z\right)}{.....}\ge0\)
Xét tiếp \(S_1+S_3\)là xong
Không biết đúng k tại mình hơi yếu
*Nếu được giả sử như bạn Cà Bùi thì bài làm của em như sau,mong mọi người góp ý ạ!
Ta có: \(VT=\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}-\frac{x^2-z^2+y^2-x^2}{x+y}\)
\(=\left(x^2-z^2\right)\left(\frac{x+y-y-z}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\right)+\left(y^2-x^2\right)\left(\frac{x+y-z-x}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}\right)\) (nhóm các số thích hợp + quy đồng)
\(=\frac{\left(x+z\right)\left(x-z\right)^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(y-x\right)\left(y-z\right)}{\left(z+x\right)}\)
Do a, b, c có tính chất hoán vị, nên ta giả sử y là số lớn nhất. Khi đó vế trái không âm hay ta có đpcm.
Anh làm cách cosi
\(VT^2=\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+2\left(b^2+a^2+c^2\right)\)
Ta có \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}\ge2b^2\)
\(\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge2c^2\)=> \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\frac{a^2c^2}{b^2}+\frac{a^2b^2}{c^2}\ge2c^2\)
=> \(VT^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)
=> \(VT\ge3\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c1
xD
Có: \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge3\)(1)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ac\right)^3-3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}\ge0\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{\left(abc\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\right]}{\left(abc\right)^2}\ge0\)(đúng)
Vậy ........... dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay a=b=c=1
a/(b+c) + b/(a+c) + c/(a+b) = a^2/(ab+ac) + b^2/(ba+bc) + c^2/(ac+bc) >=
(a+b+c)^2/(2.(ab+bc+ac) (buhihacopxki dạng phân thức)
>= (3.(ab+bc+ac)/(2(ab+bc+ac) =3/2
a^2/(b^2+c^2) + b^2/(a^2+c^2) + c^2/(a^2+b^2) >= (a+b+c)^2/(2.(a^2+b^2+c^2) (buhihacopxki dạng phân thức)
>= 3(a^2+b^2+c^2) / 2(a^2+b^2+c^2) >=3/2
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b+c}-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{b}{c+a}-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2a-b-c}{2\left(b+c\right)}\right)+\left(\dfrac{2b-a-c}{2\left(a+c\right)}\right)+\left(\dfrac{2c-a-b}{2\left(a+b\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b+a-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{b-a+b-c}{2\left(a+c\right)}+\dfrac{c-a+c-b}{2\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{a-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{b-a}{2\left(a+c\right)}+\dfrac{b-c}{2\left(a+c\right)}+\dfrac{c-a}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{c-b}{2\left(a+b\right)}\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}\right]+\left(a-c\right)\left[\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)\left[\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]\ge0\)
ta có: a,b,c là 3 số dương bất kì nên ta giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(\Rightarrow a+c\ge b+c\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+c\right)\ge2\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}\le\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}\ge0\)
Mà \(a\ge b\Rightarrow a-b\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left[\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}\right]\ge0\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự, ta có:
\(\left(a-c\right)\left[\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]\ge0\left(2\right)\)
\(\left(b-c\right)\left[\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}-\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]\ge0\left(3\right)\)
Cộng từng vế (1);(2);(3) \(\Rightarrow\) luôn đúng
\(\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{3}{2}\)
Bài 4 nha
Áp dụng BĐT cô si ta có
\(\frac{1}{x^2}+x+x\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.x.x}=3.\)
Tương tự với y . \(A\ge6\)dấu = xảy ra khi x=y=1
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
\(\dfrac{a}{a+2\sqrt{\left(a+bc\right)}}=\dfrac{a}{a+2\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}}=\dfrac{a}{a+2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(=\dfrac{a}{a+\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}}\)
\(\le\dfrac{a}{5^2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{2}}\right)\)
\(=\dfrac{a}{25}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{8}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\right)=\dfrac{1}{25}+\dfrac{8}{25}.\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
\(\le\dfrac{1}{25}+\dfrac{4}{25}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{b}{b+2\sqrt{b+ac}}\le\dfrac{1}{25}+\dfrac{4}{25}\left(\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}\right)\)
\(\dfrac{c}{c+2\sqrt{c+ab}}\le\dfrac{1}{25}+\dfrac{4}{25}\left(\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{c}{b+c}\right)\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{3}{25}+\dfrac{4}{25}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{15}{25}=\dfrac{3}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Ta có
\(\frac{a^2}{a+b^2}=\frac{a^2+ab^2-ab^2}{a+b^2}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)
Khi đó
\(A\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)
Mà \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
=> \(A\ge\frac{9}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)( ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\)
Do \(a+b^2\ge2b\sqrt{a}\)
\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)
Do \(\sqrt{a}\le\frac{a+1}{2}\)