Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2
Bài 2/
\(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2b^2c+a^2c^2b}+\frac{c^2a^2}{b^2c^2a+b^2a^2c}+\frac{a^2b^2}{c^2a^2b+c^2b^2a}\)
\(=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{a^2b^2}{ca+cb}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(VT=\frac{a}{a+b+a+c}+\frac{b}{a+b+b+c}+\frac{c}{a+c+b+c}\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Cho \(a=b=c\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{a}{a+2a}+\frac{a}{a+2a}+\frac{a}{a+2a}\right)\ge1+\frac{a}{a+2a}+\frac{a}{a+2a}+\frac{a}{a+2a}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right)\ge1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow2\ge2\) ( Đúng)
\(\Rightarrow2\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)\ge1+\frac{b}{b+2a}+\frac{c}{c+2b}+\frac{a}{a+2c}\)
có lẽ là AM-GM ngược dấu, bn thử đi nhé giờ mk bận rồi
Ta có:
\(\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\frac{b}{a+2b+c}=\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\le\frac{b}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\frac{c}{a+b+2c}=\frac{c}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\le\frac{c}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
Cộng vế theo vế:
=> \(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Cách 1:
Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh
\(1-\frac{a}{2b+b+c}+1-\frac{b}{a+2b+c}+1-\frac{c}{a+b+2c}\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2a+b+c}+\frac{a+b+c}{a+2b+c}+\frac{a+b+c}{a+b+2c}\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\ge9\)
Đặt x=2a+b+c; y=a+2b+c; z=a+b+2c => x+y+z=4(a+b+c)
Khi đó đẳng thức trên trở thành
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}-2\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}-2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-y\right)^2}{2xy}+\frac{\left(y-z\right)^2}{2yz}+\frac{\left(z-x\right)^2}{2xz}\ge0\)
BĐT cuối luôn đúng
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
Cách 2:
Đặt x=2a+b+c; y=a+2b+c; z=a+b+2c
=> \(\hept{\begin{cases}a=\frac{2x-y-z}{4}\\b=\frac{3y-x-z}{4}\\c=\frac{3z-x-y}{4}\end{cases}}\)
BĐT cần chứng minh được viết lại thành
\(\frac{3x-y-z}{4x}+\frac{3y-x-z}{4y}+\frac{3z-x-z}{4z}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{z}{x}\right)\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{z}{x}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}-2\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}-2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-y\right)^2}{2xy}+\frac{\left(y-z\right)^2}{2yz}+\frac{\left(z-x\right)^2}{2zx}\ge0\)
BĐT cuối luôn đúng
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" <=> a=b=c
Theo e nghĩ là đề phải như này cơ ạ :
\(\frac{a}{\sqrt{b+c+2a}}+\frac{b}{\sqrt{c+a+2b}}+\frac{c}{\sqrt{a+b+2c}}\le\frac{3}{2}\)
Biến đổi và sử dụng Cô - si là sẽ ra :
Ta có : \(\frac{a}{\sqrt{b+c+2a}}+\frac{b}{\sqrt{c+a+2b}}+\frac{c}{\sqrt{a+b+2c}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(c+b\right)+\left(a+b\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a.a}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{b.b}{\left(b+a\right)+\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{c.c}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Đề không sai đâu:P
\(VT=\Sigma_{cyc}2\sqrt{\frac{1}{4}.\frac{a}{b+c+2a}}\le\Sigma_{cyc}\left[\frac{1}{4}+\frac{a}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\right]\)
\(\le\Sigma_{cyc}\left[\frac{1}{4}+\frac{a}{4\left(a+b\right)}+\frac{a}{4\left(a+c\right)}\right]=\frac{3}{2}\)