Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}\)
\(VT< \dfrac{a+c}{a+b+c}+\dfrac{b+a}{a+b+c}+\dfrac{c+b}{a+b+c}=2\)
\(VP=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\)
\(VP\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2\)
\(\Rightarrow VP>VT\) (đpcm)
\(\Sigma\frac{b+1}{8-\sqrt{a}}\le\Sigma\frac{2\left(b+1\right)}{15-a}=\Sigma\frac{2\left(a+2b+c\right)}{4a+5b+5c}\)(AM-gm)
Đặt \(\left\{\begin{matrix}x=4a+5b+5c\\y=4b+5a+5c\\z=4c+5a+5b\end{matrix}\right.\)suy ra...
Hình như bạn bị lỗi một chút. Để phải là: CM
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq 2\)
Giải như sau:
Đặt \(\left ( \frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b} \right )=(x,y,z)\). Khi đó, ta thu được điều kiện sau:
\(\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=1\Leftrightarrow xy+yz+xz+2xyz=1\)
Bài toán chuyển về CM \(x+y+z+\sqrt{2xyz}\geq 2\)\(\)
\(\Leftrightarrow x+y+z+\sqrt{1-(xy+yz+xz)}\geq 2\) \((\star)\)
Từ điều kiện $(1)$ , áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\left [ \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1} \right ][x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)]\geq (x+y+z)^2\)
\(\Rightarrow x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)\geq (x+y+z)^2\)
\(\Rightarrow x+y+z\geq 2(xy+yz+xz)\) $(1)$
Ta sẽ chứng minh \(2(xy+yz+xz)+\sqrt{1-(xy+yz+xz)}\geq 2\)$(2)$
Thật vậy:
Theo Am-Gm: \(1=xy+yz+xz+2xyz\leq xy+yz+xz+2\sqrt{\frac{(xy+yz+xz)^3}{27}}\)
Đặt \(\sqrt{\frac{xy+yz+xz}{3}}=t\). Ta có
\(1\leq 3t^2+2t^3\Leftrightarrow (t+1)^2(2t-1)\geq 0\Rightarrow t\geq\frac{1}{2}\)
Khi đó \((1)\Leftrightarrow 6t^2+\sqrt{1-3t^2}\geq 2\Leftrightarrow (2t-1)(2t+1)(3t^2-1)\leq0\)
Điều này luôn đúng do \(t\geq \frac{1}{2}\) và \(1>xy+yz+xz=3t^2\)
Do đó $(1)$ được CM.
Từ \((1),(2)\Rightarrow (\star)\) đúng, bài toán được hoàn thành.
Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$, hay $a=b=c$
\(a+b+c=\frac{1}{abc}\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\sum\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\sum\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum\frac{x}{\sqrt{x^2+xy+yz+zx}}=\sum\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\sum\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\) hay \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Áp dụng bđt Cô si với 2 số dương là: \(\sqrt{\frac{b+c}{a}}\) và 1 ta có:
\(\left(\frac{b+c}{a}+1\right):2\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{a+b+c}{2a}\ge\sqrt{\frac{b+c}{a}}\)
hay \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\left(1\right)\)
Tương tự như trên ta cũng có:
\(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\left(2\right)\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\left(3\right)\)
Từ (1); (2) và (3) \(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=\frac{2.\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}\sqrt{\frac{b+c}{a}}=1\\\sqrt{\frac{a+c}{b}}=1\\\sqrt{\frac{a+b}{c}}=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{b+c}{a}=1\\\frac{a+c}{b}=1\\\frac{a+b}{c}=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}b+c=a\\a+c=b\\a+b=c\end{cases}\)
\(\Rightarrow2.\left(a+b+c\right)=a+b+c\)\(\Rightarrow a+b+c=0\), mâu thuẫn với đề bài a; b; c là các số dương
Như vậy dấu "=" không xảy ra
Do đó, \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\left(đpcm\right)\)
Theo bđt Mincopxki:
\(VT\ge\sqrt{3\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2}\ge\sqrt{3\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2+\left[\frac{9}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}\right]^2}\)
Sử dụng bđt AM-GM ta cm được:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le3\)
bđt cần cm\(\Leftrightarrow3\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2+\frac{81}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}\ge36\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2+\frac{27}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}\ge12\)
Đặt \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=x\rightarrow0< x\le9\)
Ta cần CM: \(x+\frac{27}{x}\ge12\)
\(VT\ge x+\frac{81}{x}-\frac{54}{x}\ge2\sqrt{81}-\frac{54}{9}=12\left(đpcm\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
$(a^3+1)(a+1)\geq (a^2+1)^2\Rightarrow a^3+1\geq \frac{(a^2+1)^2}{a+1}; a+1\leq \sqrt{2(a^2+1)}$
$\Rightarrow \frac{a^3+1}{b\sqrt{a^2+1}}\geq \frac{\sqrt{(a^2+1)^3}}{b(a+1)}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}$
Bài toán sẽ được chứng minh khi ta chỉ ra được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}\geq \sqrt{2}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+1}{b}+\frac{b^2+1}{c}+\frac{c^2+1}{a}\geq 2(a+b+c)$
$\Leftrightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)(*)$
Thật vậy, theo BĐT AM-GM:
$ab^3+bc+a^2b^2c^2\geq 3ab^2c$. Tương tự với $bc^3+ca+a^2b^2c^2\geq 3abc^2; ca^3+ab+a^2b^2c^2\geq 3a^2bc$
Cộng theo vế và thu gọn:
$ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 3abc(a+b+c-abc)(1)$
Mà: $(a+b+c)^3\geq 27abc\geq 27(abc)^3$ (do $abc\leq 1$) nên $a+b+c\geq 3abc(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)$. BĐT $(*)$ được chứng minh.
Bài toán hoàn tất.
Hình như căn thức cuối cùng phải là \(\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\) chứ nhỉ?
\(\sqrt{\dfrac{b+c}{a}.1}\le\dfrac{\dfrac{b+c}{a}+1}{2}=\dfrac{a+b+c}{2a}\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
\(tương\) \(tự\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow VP\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
\(dấu"="\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}=\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}=\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}=1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=a\\c+a=b\\a+b=c\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow a+b+c=2\left(a+b+c\right)\)\(vô\) \(lí\) \(do:a,b,c>0\)
\(\Rightarrow VP>2\)
\(VT< \dfrac{a+c}{a+b+c}+\dfrac{a+b}{a+b+c}+\dfrac{c+b}{a+b+c}=2\Rightarrow VT< 2\)
\(\Rightarrow VT< VP\left(đpcm\right)\)