Cho \(a,b,c>0\) và \(ab+bc+ca=1\)
CMR:\(\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+3}+\sqrt{c^3+3}\ge2\sqrt{a+b+c}\)
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
TN
6 tháng 7 2019
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
13 tháng 2 2018
Conan: bác mori ơi cháu biết hung thủ là ai rồi
Mouri : cái j , trẻ con đi chỗ khác chơi
Conan : hừ , lại phải dùng thuốc gây mê rồi , pặc
Mouri : á á :) , lại thế nữa rồi , á á
Conan : thanh tra megure ơi bác mouri nói đã tìm ra hung thủ rồi
megure : Thật không Mori , anh đã tìm ra hung thủ rồi à
Mouri : chính xác hung thủ chính là hắn :)
dự đoán của Mouri a=b=c=2
áp dụng BDT cô si ta có
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b^3+1}+\sqrt{c^3+1}+\sqrt{a^3+1}}.\)
áp dụng BDT cô si dạng shinra " mẫu số" ta có với Q= mẫu số
\(\sqrt{\left(b^3+1\right).9}\le\frac{b^3+1+9}{2}\)
\(\sqrt{\left(c^3+1\right).9}\le\frac{c^3+1+9}{2}\)
\(\sqrt{a^3+1.9}\le\frac{a^3+1+9}{2}\)
\(3Q\le\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)+15.\)
có
\(a^3+8+8\ge3\sqrt[3]{a^32^32^3}=12a\)
\(b^3+8+8\ge12b\)
\(c^3+8+8\ge12c\)
\(a^3+b^3+c^3\ge72-48=24\)
\(3Q\le\frac{24}{2}+15=27\Leftrightarrow Q=9\)
thay vào VT ta được
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{9}\)
\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=\left(a+b+c\right)+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(VT\ge\frac{6+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)}{9}\)
\(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{a^2b^2c^2}}=3\sqrt[3]{abc}\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
suy ra đươc \(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}=a+b+c=6\)
\(VT\ge\frac{6+2\left(6\right)}{9}=2\)
dấu = xảy ra khi a=b=c=2
TN
4 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=Σ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}}\geΣ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\frac{\left(b+1+b^2-b+1\right)^2}{4}}}\)
\(=Σ_{cyc}\frac{2a}{b^2+2}\)\(=Σ_{cyc}\frac{2a^2}{ab^2+2a}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{Σ_{cyc}ab^2+2\left(a+b+c\right)}\)
Cần c.minh \(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{Σ_{cyc}ab^2+2\left(a+b+c\right)}\ge2\)\(\Leftrightarrow\frac{36}{Σ_{cyc}ab^2+12}\ge1\)
Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\le24\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\left(☺\right)\)
\(VT_{\left(☺\right)}\ge3\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\) (vì \(\left(Σa\right)^2\ge3\left(Σab\right)\))
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
Tự c.m nốt gợi ý: \(a^2b+b^2c+c^2a-\)\(\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)\(=\frac{\left(a-b\right)^3+\left(b-c\right)^3+\left(c-a\right)^3}{3}\)
Và \(3abc-\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)=ab\left(c-b\right)+bc\left(a-c\right)+ac\left(b-a\right)\)
22 tháng 7 2019
3.Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)ta có
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+2b+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{9}ab.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
TT \(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ac}{9}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
=> \(VT\le\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\Sigma.\frac{1}{9}.\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ba}{a+c}\right)=\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
22 tháng 7 2019
cảm ơn bạn nhiều, bạn có thể giúp mình hai câu kia nữa được không
NN
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)
\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+a^2+b^2+2c^2}=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 6 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geq 3a$
$\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^2\geq 3b$
$\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^2\geq 3c$
Cộng theo vế thu được:
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ac$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Sửa đề: Chứng minh \(\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge2\sqrt{a+b+c}\)
Lời giải đơn giản nhất: (copy trên mạng xuống:V)
sai đề rồi bạn ơi