Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT \(\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\)
\(VT=\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt{4a\left(a+3b\right)}+\sqrt{4b\left(b+3c\right)}+\sqrt{4c\left(c+3a\right)}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{4a+a+3b}{2}+\frac{4b+b+3c}{2}+\frac{4c+c+3a}{2}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{8\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(x,y,z>0\)và ta cần chứng minh \(\frac{x}{\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có: \(\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}\)\(=\sqrt{x}.\sqrt{3zx^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3xy^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3yz^2+xyz}\)\(\le\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\)
Ta cần chứng minh \(\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\le\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^4\ge\frac{9}{4}\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge\frac{27}{4}\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(y=mid\left\{x,y,z\right\}\)thì khi đó \(\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\Leftrightarrow y^2+zx\le xy+yz\)
\(\Leftrightarrow xy^2+zx^2\le x^2y+xyz\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2+xyz\le\)\(x^2y+yz^2+2xyz=y\left(z+x\right)^2=4y.\frac{z+x}{2}.\frac{z+x}{2}\)
\(\le\frac{4}{27}\left(y+\frac{z+x}{2}+\frac{z+x}{2}\right)^3=\frac{4\left(x+y+z\right)^3}{27}\)
Như vậy (*) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
\(P=\frac{2\left(a+b\right)}{\sqrt{4a\left(3a+b\right)}+\sqrt{4b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{2\left(a+b\right)}{\frac{4a+3a+b}{2}+\frac{4b+3b+a}{2}}=\frac{4\left(a+b\right)}{8\left(a+b\right)}=\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\)
Chào bạn, hãy theo dõi lời giải của mình nhé!
\(VT=\sqrt{4\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+3b^2\right)\left(b^2+3c^2\right)}}\)
\(\ge\sqrt{4\left(a+b+c\right)^2}=2\left(a+b+c\right)\) (Bunhia)
ez to prove\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^4}{3}\ge27\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Thay vào và hoàn tất chứng minh.
P/s: Bài trên có ngược dấu đấy kkk
Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)
Ta viết lại bất đẳng thức như sau:
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)
Bình phương 2 vế ta được:
\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:
\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)
Tương tự ta được các bất đẳng thức:
\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
\(x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)
\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)
Hay:
\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)
Mặt khác, ta lại có:
\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)
\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)
Do đó ta được bất đẳng thức:
\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)
Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
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
\(\sqrt{a\left(3b+c\right)}+\sqrt{b\left(3c+a\right)}+\sqrt{c\left(3a+b\right)}=\dfrac{\sqrt{4a\left(3b+c\right)}=\sqrt{4b\left(3c+a\right)}+\sqrt{4c\left(3a+b\right)}}{2}\le\dfrac{\left(4a+3b+c\right)+\left(4b+3c+a\right)+\left(4c+3a+b\right)}{4}\)\(=\dfrac{8\left(a+b+c\right)}{4}=2\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Theo BĐT Cô - Si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a\left(3b+c\right)}\le\dfrac{a+3b+c}{2}\\\sqrt{b\left(3c+a\right)}\le\dfrac{b+3c+a}{2}\\\sqrt{c\left(3a+b\right)}\le\dfrac{c+3a+b}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng từng vế của BĐT ta được :
\(\sqrt{a\left(3b+c\right)}+\sqrt{b\left(3c+a\right)}+\sqrt{c\left(3a+b\right)}\le\dfrac{5\left(a+b+c\right)}{2}=2,5\left(a+b+c\right)\)
Chịu @@