đề bài

cm 

1/a+2 + 1/b+2 +1/c+2 <=1

bn p viết đề chứ???

##thiêndi###

Giúp mình với

Chứng minh gì vậy bạn

hello nha

2k? vậy ạ

Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng cộng mẫu:

\(\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-2\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

\(=\frac{\left(-\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự CM được: \(4\left[\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right]\ge2\left(\frac{a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\) (1)

Lại có: \(VP\left(1\right)-\left(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)=...=0\) (biến đổi đồng nhất)

=> \(VT\left(1\right)\ge\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{4}{9}\)

\(PT\Leftrightarrow\left(\left(3x+2\right)+\left(3x+3\right)\right)^2\left(3x+2\right)\left(3x+3\right)=105\)

Đặt 3x+2=a suy ra\(\left(2a+1\right)^2a\left(a+1\right)=105\)

Đến đây giải bt,tìm đc a =>x.(tick nha)

Thắng Nguyễn Phần cuối cùng viết rõ ra một chút :

\(2\sqrt{2}\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{x}+\frac{y^2+x^2-z^2}{z}+\frac{x^2+z^2-y^2}{y}\)

\(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}+\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{y}-\sqrt{2015}\ge\frac{\left[2\left(x+y+z\right)\right]^2}{2\left(x+y+z\right)}-\sqrt{2015}=\sqrt{2015}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\sqrt{2015}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

Đặt \(\sqrt{a^2+b^2=z};\sqrt{a^2+c^2}=y;\sqrt{b^2+c^2}=x\left(x;y;z>0\right)\)

\(\Rightarrow a^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2};b=\frac{x^2+z^2-y^2}{2};c=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}\)

Theo đề \(x+y+z=\sqrt{2015}\)

Ta có:\(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}=\sqrt{2}\cdot x\)\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{2\sqrt{2}\cdot x}\)

Tương tự cho 2 cái còn lại rồi, cộng lại:

\(VT\cdot2\sqrt{2}\ge\sqrt{2015}\Rightarrow VT\ge\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

khong biet

dung bunicopxi di

minh moi hok lop 6 thoi

xin lỗi em mới học lớp 5 duyetj đi

1. Ta có:

\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( Nếu a, b ≥ 0)

=> \(a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

=> \(\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)+2\sqrt{ab}\ge0+2\sqrt{ab}\)

=> \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) => \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\frac{2\sqrt{ab}}{2}\)

=> \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\sqrt{ab}\);

(Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\) => a = b)

1. BĐT \(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

2. BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b\right)\ge a+2\sqrt{ab}+b\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

3. Ta có: \(M=\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}+\frac{2}{\sqrt{2\cdot2004}}+...+\frac{2}{\sqrt{1003\cdot1003}}\)

Áp dụng BĐT Cô-si:

\(\sqrt{1\cdot2005}\le\frac{1+2005}{2}=1003\)

Do dấu "=" không xảy ra nên \(\sqrt{1\cdot2005}< 1003\)

Khi đó: \(\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}>\frac{2}{1003}\)

Chứng minh tương tự với các phân thức còn lại rồi cộng vế ta được :

\(M>\frac{2006}{1003}>\frac{2005}{1003}\) ( đpcm )

Em có cách khác ở bài 2 nè:) Nhưng thôi làm 2 bài luôn bài 3 ý tưởng y hệt hà..

Bài 1: BĐT \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b

Bài 2: BĐT trên là thuần nhất (hay đồng bậc gì ấy) nên ta chuẩn hóa a + b =2.

Cần chứng minh: \(1\ge\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\)

Thật vậy theo Cô si: \(RHS\left(VP\right)=\frac{\sqrt{1.a}+\sqrt{1.b}}{2}\le\frac{\frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}}{2}=\frac{a+b+2}{4}=1=LHS\left(VT\right)\)

Ta có đpcm. True?

a/ \(\frac{b}{b}.\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\frac{c}{c}.\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\frac{a}{a}.\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)

\(\le\frac{1}{b}.\left(\frac{3b^2+a^2}{4}\right)+\frac{1}{c}.\left(\frac{3c^2+b^2}{4}\right)+\frac{1}{a}.\left(\frac{3a^2+c^2}{4}\right)\)

\(=\frac{1}{4}.\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{3}{4}.\left(a+b+c\right)\)

Ta cần chứng minh

\(\frac{1}{4}.\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{3}{4}.\left(a+b+c\right)\le\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)

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

Mà: \(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)

Vậy có ĐPCM.

Câu b làm y chang.

hình như sai đề

Còn cần bài giải không