CMR:
\(\dfrac{a}{\sqrt{4a+3bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{4b+3ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{4c+3ab}}\le1\)
biết \(a,b,c\ge0\) sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0 và a+b+c=2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 8 2021
Ta có:
\(\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{4a+3bc}}+\sqrt{b}\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{4b+3ac}}+\sqrt{c}\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{4c+3ab}}\right)^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
\(=2\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\le\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4a}{4a+3bc}+\dfrac{4b}{4b+3ac}+\dfrac{4c}{4c+3ab}\le2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3bc}{4a+3bc}+\dfrac{3ac}{4b+3ac}+\dfrac{3ab}{4c+3ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{4a+3bc}+\dfrac{ac}{4b+3ac}+\dfrac{ab}{4c+3ab}\ge\dfrac{1}{3}\)
Thật vậy, ta có:
\(VT=\dfrac{\left(bc\right)^2}{4abc+3\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{4abc+3\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{4abc+3\left(ab\right)^2}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab\right)^2+3\left(bc\right)^2+3\left(ca\right)^2+12abc}=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab\right)^2+3\left(bc\right)^2+3\left(ca\right)^2+6abc\left(a+b+c\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)^2}=\dfrac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=...\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 3 2023
- Với \(ab=0\), vai trò như nhau, giả sử
\(b=0\Rightarrow Q=\dfrac{a}{c}+\sqrt{\dfrac{2c}{a}}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{2c}{a}}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{2c}{a}}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}}\)
- Với \(ab>0\)
\(Q=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{ab+bc}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2ab+c\left(a+b\right)}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+c\left(a+b\right)}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}=\dfrac{2}{\dfrac{2c}{a+b}+1}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\)
Đặt \(\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}=x>0\)
\(\Rightarrow Q\ge\dfrac{2}{x^2+1}+x=\dfrac{x^3+x+2}{x^2+1}=\dfrac{x^3-2x^2+x}{x^2+1}+2=\dfrac{x\left(x-1\right)^2}{x^2+1}+2\ge2\)
\(\Rightarrow Q_{min}=2\) khi \(x=\left\{0;1\right\}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=0;a=b\\a=b=c\end{matrix}\right.\)
31 tháng 3 2017
Bài 2:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)
Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Thiết lập các BĐT tương tự:
\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)
Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM
Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !
31 tháng 3 2017
1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 6 2021
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c-ta}}=\dfrac{a\sqrt{t+1}}{\sqrt{\left(at+a\right)\left(b+c-ta\right)}}\ge\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{at+a+b+c-ta}=\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{a+b+c}\)
Làm tương tự, cộng lại và rút gọn
10 tháng 8 2018
Đặt \(A=\sqrt{4a+3}+\sqrt{4b+3}+\sqrt{4c+3}\Rightarrow A^2=\left(\sqrt{4a+3}+\sqrt{4b+3}+\sqrt{4c+3}\right)^2\)
Áp dụng BĐT Bu - nhi - a - cốp - xki ta có :
\(A^2=\left(\sqrt{4a+3}+\sqrt{4b+3}+\sqrt{4c+3}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(4a+3+4b+3+4c+3\right)=3\left[4\left(a+b+c\right)+9\right]=3\left(12+9\right)=63\)
\(\Rightarrow A=\sqrt{4a+3}+\sqrt{4b+3}+\sqrt{4c+3}\le\sqrt{63}=3\sqrt{7}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(VT^2\le\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{4a+3bc}+\dfrac{b}{4b+3ac}+\dfrac{c}{4c+3ab}\right)\)
Ta đi chứng minh \(\sum\dfrac{a}{4a+3bc}\le\dfrac{1}{2}\). Qui đồng và chuyển vế ta thu được:
\(abc\left[18\left(a^2+b^2+c^2\right)+27abc-32\right]\ge0\) (*)
Xét \(18\sum a^2+27abc-32=9\left(\sum a^2\right)\left(a+b+c\right)+27abc-4\left(a+b+c\right)^3\)
\(=5\sum a^3+3abc-3\sum ab\left(a+b\right)\)
\(=\sum2\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left[a^3+b^3+c^3+3abc-\sum ab\left(a+b\right)\right]\ge0\)
Do \(\sum a^3+3abc\ge\sum ab\left(a+b\right)\) ( BĐT Schur Bậc 3)
Do đó (*) luôn đúng.Dấu = xảy ra tại 2 điểm là a=b=c=2/3 hoặc a=0,b=c=1 cùng các hoán vị tương ứng.