Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}\le\dfrac{b\sqrt{1+c+a}}{a+b+c}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b+a}}\le\dfrac{c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Lại có:
\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}\)
\(=\sqrt{a}.\sqrt{a+ab+ac}+\sqrt{b}.\sqrt{b+bc+ab}+\sqrt{c}.\sqrt{c+ac+bc}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+2bc+2ca\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+bc+ca\right)}}{a+b+c}=\sqrt{\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}\le3\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{b^2+3}{8}\ge\dfrac{3a^2}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{c^2+3}{8}\ge\dfrac{3b^2}{2};\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{a^2+3}{8}\ge\dfrac{3c^2}{2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2P+\dfrac{a^2+b^2+c^2+9}{8}\ge\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\dfrac{\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}-\dfrac{a^2+b^2+c^2+9}{8}}{2}=\dfrac{3}{2}\)
@DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG
\(a;b;c\ge0\)thỏa mãn \(ab+bc+ca=1\). CMR \(\dfrac{1}{2a+2bc+1}+\dfrac{1}{2b+2ca+1}+\dfrac{1}{2c+2ab+1}\ge1\)
Đảm bảo an ninh :))
Bài 1:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\)
\(=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}+b-\frac{2bc^2}{b+2c^2}+c-\frac{2ca^2}{c+2a^2}=(a+b+c)-2\left(\frac{ab^2}{a+2b^2}+\frac{bc^2}{b+2c^2}+\frac{ca^2}{c+2a^2}\right)\)
\(=3-2M(*)\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(M=\frac{ab^2}{a+b^2+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2+a^2}\leq \frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}+\frac{bc^2}{3\sqrt[3]{bc^4}}+\frac{ca^2}{3\sqrt[3]{ca^4}}\)
\(\Leftrightarrow M\leq \frac{1}{3}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\leq \frac{ab+ab+1}{3}+\frac{bc+bc+1}{3}+\frac{ca+ca+1}{3}=\frac{2(ab+bc+ac)+3}{3}\)
Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\) (quen thuộc)
\(\Rightarrow M\leq \frac{1}{3}.\frac{2.3+3}{3}=1(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-2.1=1\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^3}{a^2+a^2b^2}+\frac{b^3}{b^2+b^2c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2}\)
hay:
\(\text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}(*)\)
Mặt khác, theo BĐT Cauchy ta dễ thấy:
\(a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Leftrightarrow 1\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{1}{3}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Hình như đề bài có vấn đề : thừa đk ab + bc + ac = abc
ta có : \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{\sqrt{4a^2b^2}}{ab}=\frac{2ab}{ab}=2\)
Tương tự \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge2\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2+2+2=6>\sqrt{3}\)
Bổ đề: \(a^3+b^3+c^3\ge\dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)^3\) \(\left(\forall a,b,c>0\right)\)
chứng minh bổ đề: \(\Sigma_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right)+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\ge3\sqrt[3]{\left(\Pi_{cyc}\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right).\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}}\)
hoán vị theo a,b,c
ta được: \(3\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
mũ 3 hai vế ta có được bất đẳng thức bổ đề: \(a^3+b^3+c^3\ge\dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)^3\)
Áp dụng bất C-S:
\(\sqrt{a^3+3b}+\sqrt{b^3+3c}+\sqrt{c^3+3a}\ge\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(a^3+b^3+c^3+3a+3b+3c\right)}\)
\(\ge\sqrt{3.\left[3+3\left(a+b+c\right)\right]}=\sqrt{36}=6\)
Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1
Ta có: \(\sqrt[3]{\left(a+b\right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le\frac{a+b+\frac{4}{3}}{3}=\frac{a+b}{3}+\frac{4}{9}\)
Tương tự rồi cộng các vế của BĐT lại, ta được: \(\sqrt[3]{\frac{4}{9}}P\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}+\frac{4}{3}=2\Rightarrow P\le\sqrt[3]{18}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
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.
Áp dụng BĐT
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3^2}{3}=3\)
Theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:
\(1.\sqrt{a^2+3}+1.\sqrt{b^2+3}+1.\sqrt{c^2+3}\ge\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+9\right)}\ge\sqrt{3.\left(3+9\right)}=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
bđt bunyakovski lần này em thấy lạ lạ hay sao ấy...