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 3 số thực dương ta có :
\(a^2b+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^2bb^2cc^2a}=3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Khi đó :\(P\ge3abc=\left(a+b+c\right)\left(abc\right)\)
...
Làm chữa lỗi phát:v Đến giờ mới nghĩ ra(thực ra là tình cờ xem lại ngày xưa:(
\(VT=\Sigma\frac{\sqrt{\left(a^2+b^2\right)2ab}}{a^2+b^2}\ge\Sigma\frac{2ab}{a^2+b^2}+3-3\)
\(=\Sigma\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}-3\ge\frac{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}-3\)
\(=\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)}-3=\frac{2\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}{a^2+b^2+c^2}-3\)
\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}-3=1\)(qed)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1; c = 0 và các hoán vị (xét sơ sơ thôi chớ xét chi tiết em không biết làm đâu:v)
P.s: Chả biết có đúng hay không nữa:(( Lần này mà không đúng thì khổ.
Dễ chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)
Ta có : \(T=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)
\(=1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}\)
\(=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\le3-\frac{9}{a+b+c+3}\le3-\frac{9}{6+3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)