Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{a}{\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+a+a}\leq \frac{a}{25}\left(\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)\)
hay \(\frac{a}{3a+b+c}\leq \frac{9a}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)
Hoàn toàn TT: \(\frac{b}{a+3b+c}\leq \frac{9b}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}; \frac{c}{a+b+3c}\leq \frac{9c}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)
Cộng theo vế các BĐT trên
\(\Rightarrow T\leq \frac{9(a+b+c)}{25(a+b+c)}+\frac{6}{25}=\frac{3}{5}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Akai Haruma: em có một cách khác là chuẩn hóa, nhưng ko biết đúng không. Vì cô làm cách kia rồi nên em làm cách này, chứ em thích cách kia hơn.
BĐT trên là thuần nhất (đồng bậc) nên chuẩn hóa a + b + c = 3. Ta cần chứng minh:
\(\Sigma\frac{a}{2a+3}\le\frac{3}{5}\)
C1: Áp dụng BđT AM-GM \(\frac{a}{2a+3}=\frac{a}{a+a+1+1+1}\le\left(\frac{1}{25}+\frac{1}{25}+\frac{3a}{25}\right)\)
Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.
Cách 2: (ko hay + dài)
\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{a}{2a+3}-\frac{1}{5}\right)\le0\) \(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{3\left(a-1\right)}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\left(a-1\right)\right)+\Sigma\frac{3}{25}\left(a-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(a-1\right)\left(\frac{3}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\right)\le0\)\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{-30\left(a-1\right)^2}{5.25\left(2a+3\right)}\le0\) (đúng)
Ta có đpcm
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{2a}{6a+2b+2c}=\frac{2a}{(a+b)+(a+c)+(a+b)+(a+c)+2a}\leq \frac{2a}{25}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2a}\right)\)
\(=\frac{4}{25}(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})+\frac{1}{25}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế ta có:
\(\sum \frac{a}{3a+b+c}\leq \frac{4}{25}(\frac{a+b}{a+b}+\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c})+\frac{3}{25}=\frac{12}{25}+\frac{3}{25}=\frac{3}{5}\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
\(VT=\sum\frac{a}{2a+a+b+c}\le\frac{1}{25}\sum\left(\frac{4a}{2a}+\frac{9a}{a+b+c}\right)=\frac{1}{25}\left(6+\frac{9\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\right)=\frac{3}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Với a, b, c là các số dương, áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}=\frac{a+b+c}{a+3b+b+3c+c+3a}=\frac{a+b+c}{4a+4b+4c}=\frac{a+b+c}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}\le\frac{3}{4}\)
Ta có: \(\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}\le\frac{3}{4}\)(*)
\(\Leftrightarrow3ba+3b+\frac{3c}{b+3c}+\frac{3a}{c+3a}\le\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow1-3ba+3b+1-\frac{3c}{b+3c}+1-\frac{3a}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT Cauchy - swarch có
\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}=\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}\)
Ta sẽ chứng minh : \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}\ge\frac{3}{4}\left(1\right)\)
Từ (1) \(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)(đúng)
Vậy (*) đúng
\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{a}{2a+a+b+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{4a}{2a}+\frac{9a}{a+b+c}\right)=\frac{2}{25}+\frac{9}{25}\left(\frac{a}{a+b+c}\right)\)
Tương tự: \(\frac{b}{a+3b+c}\le\frac{2}{25}+\frac{9}{25}\left(\frac{b}{a+b+c}\right)\) ; \(\frac{c}{a+b+3c}\le\frac{2}{25}+\frac{9}{25}\left(\frac{c}{a+b+c}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le\frac{6}{25}+\frac{9}{25}\left(\frac{a+b+c}{a+b+c}\right)=\frac{3}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Theo BĐT Bunyakovsky, ta có: \(\frac{7}{2a+b+c}=\frac{7^2}{7\left(2a+b+c\right)}=\frac{\left(2+1+4\right)^2}{2\left(a+3b\right)+\left(b+3c\right)+4\left(c+3a\right)}\)
\(\le\frac{2^2}{2\left(a+3b\right)}+\frac{1^2}{\left(b+3c\right)}+\frac{4^2}{4\left(c+3a\right)}\)
\(=\frac{2}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{4}{c+3a}\)(1)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{7}{2b+c+a}\le\frac{2}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}+\frac{4}{a+3b}\)(2); \(\frac{7}{2c+a+b}\le\frac{2}{c+3a}+\frac{1}{a+3b}+\frac{4}{b+3c}\)(3)
Cộng theo từng vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được:
\(7\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\right)\le7\left(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\right)\)
hay \(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\ge\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\left(q.e.d\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Áp dụng bđt 1/a+1/b >= 4/a+b
Xét 1/a+3b + 1/b+2c+a >= 4/2a+4b+2c = 2/a+2b+c
Tương tự : 1/b+3c + 1/c+2a+b >= 4/2a+2b+4c = 2/a+b+2c
1/c+3a + 1/a+2b+c >= 4/4a+2b+2c = 2/2a+b+c
=> VT + VP >= 2VP
=> VT >= VP ( ĐPCM)
k mk nha
ta có:
\(\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2+4bc+4c^2\le3b^2+6c^2\Leftrightarrow\left(b+2c\right)^2\le3b^2+6c^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+2c\right)^2}{3b^2+6c^2}\le1\Leftrightarrow\frac{b+2c}{\sqrt{3b^2+6c^2}}\le1\Leftrightarrow\frac{a\left(b+2c\right)}{\sqrt{3b^2+6c^2}}\le a\)
cmtt =>\(\frac{a\left(b+2c\right)}{\sqrt{3b^2+6c^2}}+\frac{b\left(c+2a\right)}{\sqrt{3c^2+6a^2}}+\frac{c\left(a+2b\right)}{\sqrt{3a^2+6b^2}}\le a+b+c\left(Q.E.D\right)\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=3a+b+c\\y=3b+a+c\\z=3c+a+b\end{cases}\left(x;y;z>0\right)}\)
\(\Rightarrow x+y+z=5a+5b+5c=5\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(a+b+c=x-2a=y-2b=z-2c\)
\(\Rightarrow x+y+z=5\left(x-2a\right)=5\left(y-2b\right)=5\left(z-2c\right)\)
\(\Rightarrow4x-\left(y+z\right)=4\left(3a+b+c\right)-\left(4b+4c+2a\right)=10a\)
Tương tự ta có:\(4y-\left(x+z\right)=10b;4z-\left(x+y\right)=10c\)
\(\Rightarrow10T=\frac{4x-\left(y+z\right)}{x}+\frac{4y-\left(x+z\right)}{y}+\frac{4z-\left(x+y\right)}{z}\)
\(=12-\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\)
\(=12-\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\)\(\le12-6=6\)(Bđt Cô si)
\(\Rightarrow10T\le6\Rightarrow T\le\frac{6}{10}=\frac{3}{5}\)(Đpcm)
Dấu = khi a=b=c