TL:

Chỗ tôi được phép sử dụng luôn ko cần chứng minh

HT

????

cho 1 vé báo cáo free nhé

là sao vậy?

xài bđt phụ mới cần phải chứng minh nhé 

mà tau nhớ làm gì có Cô si dạng Engel ??? ._.

Ý mày là không tồn tại cái BĐT tên Cosi dạng engel á:")?

Cauchy-Schwarz dạng Engel thì có :)) còn Cauchy dạng Engel chưa nghe bao giờ ???

áp dung BĐT cô si \(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)

                                vì a+b+c=1 => dpcm

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)>=9\)

<=>1+1+1 +\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\)>=9     (*)

áp đụng cô si

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}>=2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\)

tương tự

\(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}>=2\)

\(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}>=2\)

=> (*) đúng Mà a+b+c=1

=> đpcm

Áp dụng BĐT cosi cho 3 số a,b,c dương:

\(\dfrac{a^2}{b}+b\ge2\sqrt{\dfrac{a^2b}{b}}=2a\\ \dfrac{b^2}{c}+c\ge2\sqrt{\dfrac{b^2c}{c}}=2b\\ \dfrac{c^2}{a}+a\ge2\sqrt{\dfrac{c^2a}{a}}=2c\)

Cộng vế theo vế 3 BĐT trên

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}+a+b+c\ge2\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^2}{b}+b\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{b}.b}=2a\\\dfrac{b^2}{c}+c\ge2\sqrt{\dfrac{b^2}{c}.c}=2b\\\dfrac{c^2}{a}+a\ge2\sqrt{\dfrac{c^2}{a}.a}=2c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}+a+b+c\ge2a+2b+2c\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xay ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

a/ Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta được

abc+bca≥2√abc.bca=2cabc+bca≥2abc.bca=2c

Tương tự

abc+cab≥2babc+cab≥2b

bca+cab≥2abca+cab≥2a

Cộng các vế của BĐT

2(abc+bca+cab)≥2(1a+1b+1c)2(abc+bca+cab)≥2(1a+1b+1c)

↔abc+bca+cab≥1a+1b+1c↔abc+bca+cab≥1a+1b+1c

b/ Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta được

abc+bca≥2√abc.bca=2babc+bca≥2abc.bca=2b

Tương tự

abc+cab≥2aabc+cab≥2a

bca+cab≥2cbca+cab≥2c

Cộng các vế của BĐT

2(abc+bca+cab)≥2(a+b+c)2(abc+bca+cab)≥2(a+b+c)

↔abc+bca+cab≥a+b+c

phải chứng minh

chứng minh nó thì phải cm am-gm 2 số sau đó là 4 số @@ dài lắm

Bạn chú ý : Bài của bạn cần phải có điều kiện a,b > 0

\(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}=\frac{\left|a\right|}{\sqrt{b}}+\frac{\left|b\right|}{\sqrt{a}}=\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\)(1)

Ta xét : \(A=\left(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)=\left(\frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+\frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\right)+\left(a+b\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy được : \(\frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+\frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\ge2\sqrt{\frac{ab\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}}=2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow A\ge a+b+2\sqrt{ab}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có đpcm

cái này chính là BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

<=>\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

với c=1 tì ta luôn có ĐPCM