Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y.\)Bất đẳng thức ban đầu trở thành: \(\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le xy.\)
ta có : \(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\le\frac{2x^2y^2}{2xy}=xy.\)(đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi x = y > 0
vậy bất đăng thức ban đầu đúng. dấu " = " xẩy ra khi a = b >0
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
Lời giải:
Sửa đề: \(\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}\)
--------------------------
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+\sqrt{2(a+c)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}\)
\(\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)\)
Lại theo BĐT AM-GM:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)\)
Và:
\(16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}\) (đpcm)
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
cauchy-schwarz:
\(VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)
Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được
\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)
Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)
Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Bài 3:
Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)
Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:
\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)
Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị
Ta có:
\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+b+2c\right)^2}\)
\(\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{4\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{4\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(=\frac{2\left(a+b+c\right)}{4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Giờ ta cần chứng minh
\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{9}{16\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy ta có ĐPCM
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT+\frac{3}{4}+\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)(2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Sử dụng BĐT: \(xyz\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\)
\(\Rightarrow abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3=\left(\frac{1}{3}\right)^3\left(\frac{2}{3}\right)^3=\frac{8}{729}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)