Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=\sum\frac{a}{\sqrt{\left(2a\right)^2+\left(b+c\right)^2}}\le\sqrt{2}\sum\frac{a}{2a+b+c}=\sqrt{2}\sum a\left(\frac{1}{a+b+a+c}\right)\le\frac{\sqrt{2}}{4}\sum\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(VT=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}\)
\(VT< \dfrac{a+c}{a+b+c}+\dfrac{b+a}{a+b+c}+\dfrac{c+b}{a+b+c}=2\)
\(VP=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\)
\(VP\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2\)
\(\Rightarrow VP>VT\) (đpcm)
Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:
\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)
\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Để ý theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\) sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:
\(\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\)
Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\)
\(=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:
\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+24abc}\)
Ta chứng minh được \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)nên ta được:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a+b+c\right)^2\)
Hay \(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
1/ a/dung bđt Cauchy - Schwarz dạng phân thức: \(\frac{a^2}{b+3c}+\frac{b^2}{c+3a}+\frac{c^2}{a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{4}=\frac{3}{4}\)
2/ a/dung bđt bunhiacopxki :
\(S^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)=3\cdot2\left(a+b+c\right)=6\cdot6=36\)
=> \(S\le6\)
bạn viết sai đề rồi nhé đề đúng là căn(b^2+1/c^2) và căn (c^2 + 1/a^2) ở vế trái chứ ?
Áp dụng BĐT Cô - si, ta có :
\(\left(1.a+\frac{9}{4}.\frac{1}{b}\right)^2\le\left(1^2+\frac{81}{16}\right)\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\ge\frac{4}{\sqrt{97}}\left(a+\frac{9}{4b}\right)\).Chứng minh tương tự, ta có:
\(\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}\ge\frac{4}{\sqrt{97}}\left(b+\frac{9}{4c}\right)\)
\(\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\frac{4}{\sqrt{97}}\left(c+\frac{4}{9a}\right)\)
Cộng 3 vế BĐT => đpcm
Giúp với,, TT
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
\(\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a+b}}\right)^2=\)\(\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a\left(5a+b+9c\right)}.\sqrt{\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}}\right)^2\)
\(\le\left(\Sigma_{cyc}a\left(5a+b+9c\right)\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\)
\(=5\left(a+b+c\right)^2\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(5\left(a+b+c\right)^2\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\le\frac{25}{16}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\right)\le\frac{5}{16}\)
Thật vậy, ta có: \(\frac{5}{16}-\Sigma_{cyc}\frac{a}{\left(a+b\right)\left(5a+b+9c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sum_{cyc}ab(a+b)(a+9b)(a-3b)^2+243\sum_{cyc}a^3b^2c+835\sum_{cyc}a^3bc^2+232\sum_{cyc}a^4bc+1230a^2b^2c^2}{16(a+b)(b+c) (c+a)\prod_{cyc}(5a+b+9c)}\ge 0\) (đúng)
(Minh gõ bằng Latex, bạn chịu khó vô trang cá nhân của mình nhé, ngày 17/6 nha)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=3b;c=0\)