Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\c+d\ge2\sqrt{cd}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{abcd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\dfrac{2\sqrt[4]{abcd}}{2}=\sqrt[4]{abcd}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=d\)
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 :))
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta có: \(\sqrt{a+bc}=\sqrt{\dfrac{a^2+abc}{a}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\)
thiết lập tương tự ,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\sum a\sqrt{bc}\)
Điều này luôn đúng theo BĐT Bunyakovsky:
\(\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\sum\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\sum a\sqrt{bc}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=3
Đặt vế trái là T, ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{b+1}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2}.\sqrt{b+1}}\ge\dfrac{a\sqrt{2}}{\dfrac{b+1+2}{2}}=\dfrac{a.2\sqrt{2}}{b+3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{c+1}}\ge\dfrac{b.2\sqrt{2}}{c+3}\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{a+1}}\ge\dfrac{c.2\sqrt{2}}{a+3}\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh, ta được
\(T\ge2\sqrt{2}\left(\dfrac{a}{b+3}+\dfrac{b}{c+3}+\dfrac{c}{a+3}\right)=2\sqrt{2}\left(\dfrac{a^2}{ab+3a}+\dfrac{b^2}{bc+3b}+\dfrac{c^2}{ac+3c}\right)\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{3^2}{\dfrac{3^2}{3}+9}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
b) Đặt vế trái là N,ta có:
\(\sum\sqrt{\dfrac{a^3}{b+3}}=\sum\sqrt{\dfrac{a^4}{ab+3}}=\sum\dfrac{a^2}{\sqrt{ab+3}}=\sum\dfrac{2a^2}{\sqrt{4a\left(b+3\right)}}\ge\sum\dfrac{2a^2}{\dfrac{4a+b+3}{2}}=\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\)
\(\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\ge\dfrac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4a+b+3+4b+c+3+4c+a+3}=\dfrac{3}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Ta có :
\(\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)Áp dụng BĐT Cauchy :
\(\Rightarrow\dfrac{c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2a}{a+b+c}=2\)Đấu đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c+a\\c=a+b\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a+b+c=2\left(a+b+c\right)\Rightarrow1=2\) Vậy dấu đẳng thức không xảy ra
Ta phải chứng minh :
\(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}< 2\)
ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau :
do \(\dfrac{a}{a+b}< 1\Rightarrow\dfrac{a}{a+b}< \dfrac{a+c}{a+b+c}\)
tương tự : \(\dfrac{b}{b+c}< \dfrac{b+a}{a+b+c}\); \(\dfrac{c}{c+a}< \dfrac{c+b}{a+b+c}\)
cộng ba vế BĐT lại ta có đpcm
Lời giải:
Do $a+b+c=1$ nên:
\(\text{VT}=\sqrt{\frac{ab}{c(a+b+c)+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a(a+b+c)+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b(a+b+c)+ac}}\)
\(=\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}+\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b}\right)\)
\(\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{b+a}\right)\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}\sqrt{b}}\).
Giả sử: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a+b-\sqrt{ab}\right)\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-\sqrt{ab}\ge\sqrt{ab}\)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (Luôn đúng).
Vì vậy: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\).
giải
áp dụng bđt cauchy-schwarz ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\ge2\sqrt{a}\\\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{b}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Rightarrow dpcm\)