Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài

Những câu hỏi liên quan
卡拉多克
Xem chi tiết
Lee Yeong Ji
Xem chi tiết
Akai Haruma
25 tháng 10 2021 lúc 22:23

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\text{VT}^2\leq (a^2+b^2)(1+a+1+b)=a+b+2\)

Áp dụng BĐT Cô-si:

\((a+b)^2\leq 2(a^2+b^2)=2\Rightarrow a+b\leq \sqrt{2}\)

Do đó: $\text{VT}^2\leq 2+\sqrt{2}$

$\Rightarrow \text{VT}\leq \sqrt{2+\sqrt{2}}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

 

qqqqqqqqq
Xem chi tiết
Tran Le Khanh Linh
25 tháng 8 2020 lúc 16:41

Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)

\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là

\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)

Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)

Áp dụng tương tự ta được

  \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)

hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là

\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)

\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)

Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)

hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng

Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Khách vãng lai đã xóa
qqqqqqqqq
Xem chi tiết
Kiệt Nguyễn
24 tháng 8 2020 lúc 15:42

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)

Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))

Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\)\(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)

Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Khách vãng lai đã xóa
Không Tên
Xem chi tiết
Trần Phúc Khang
22 tháng 3 2020 lúc 10:15

1, Ta có \(abc=a+b+c+2\ge4\sqrt[4]{abc.2}\)

<=>\(abc\ge8\)

BĐT <=> \(ab+bc+ac\ge2\left(abc-2\right)\)

<=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2-\frac{2}{abc}\)

Áp dụng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)

Khi đó cần CM \(\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge2-\frac{2}{abc}\)

Đặt \(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}=x\)=> \(0< x\le2\)

BĐT<=> \(\frac{3}{x}\ge2-\frac{2}{x^3}\)

<=>\(\frac{2}{x^3}+\frac{3}{x}-2\ge0\)

<=> \(2+3x^2-2x^3\ge0\)

<=> \(\left(2-x\right)\left(2x^2+x+1\right)\ge0\)(luôn đúng với \(0< x\le2\))

=> BĐT được CM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2

Khách vãng lai đã xóa
Trần Phúc Khang
22 tháng 3 2020 lúc 10:27

2. BĐT <=> \(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\le\frac{3}{2}\)

Đặt \(a=\frac{y+z}{x};b=\frac{x+z}{y}\left(x.y,z>0\right)\)

=> \(c=\frac{a+b+2}{ab-1}=\frac{\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+2}{\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}-1}=\frac{x^2+y^2+z\left(x+y\right)+2xy}{z\left(x+y+z\right)}=\frac{\left(x+y\right)^2+z\left(x+y\right)}{z\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y}{z}\)

Khi đó BĐT <=> \(\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{yz}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{zx}}}\le\frac{3}{2}\)

<=> \(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{xz}{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}}\le\frac{3}{2}\)

Áp dụng cosi ta có 

\(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}\right)\)

Tương tự=> \(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}\right)=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\)=> \(a=b=c=2\)

Khách vãng lai đã xóa
Trần Phúc Khang
22 tháng 3 2020 lúc 13:11

Xin lỗi ở bài 1 mình làm nhầm .

Làm lại bài1

Tương tự bài 2

Đặt \(a=\frac{y+z}{x},b=\frac{x+z}{y},c=\frac{x+y}{z}\left(x,y,z>0\right)\)

Khi đó BĐT

<=> \(\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}+\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{yz}+\frac{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}{xz}\ge2\left(\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\right)\)

<=> \(z\left(y+z\right)\left(x+z\right)+x\left(x+y\right)\left(x+z\right)+y\left(y+z\right)\left(y+x\right)\ge2\left[yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+xy\left(x+y\right)\right]\)

<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\)( BĐT Schur ) (luôn đúng)

=> BĐT được CM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2

Khách vãng lai đã xóa
Lee Yeong Ji
Xem chi tiết
Monkey D. Luffy
27 tháng 10 2021 lúc 9:12

Sửa đề \(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}\le6\)

\(\sqrt{a^2+3b}=\sqrt{a^2+\left(a+b+c\right)b}=\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}\\ =\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\dfrac{a+b+a+c}{2}=\dfrac{2a+b+c}{2}\)

Cmtt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{b^2+3c}\le\dfrac{a+2b+c}{2}\\\sqrt{c^2+3a}\le\dfrac{a+b+2c}{2}\end{matrix}\right.\)

Cộng VTV:

\(\Leftrightarrow VT\le\dfrac{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}{2}\\ \Leftrightarrow VT\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{2}=2\left(a+b+c\right)=6\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

loancute
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
21 tháng 1 2021 lúc 0:01

Đặt vế trái của BĐT là P:

\(P=\sqrt{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\sqrt{2b.\left(a+1\right)}\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(a+2+b+2\right)+\dfrac{1}{2}\left(2b+a+1\right)\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(2a+3b+5\right)=\dfrac{1}{2}.2024=1012\)

Dấu "=" không xảy ra

minh nguyen
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
19 tháng 4 2022 lúc 19:30

Đề bài sai

Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)

Nguyễn Việt Lâm
19 tháng 4 2022 lúc 21:23

Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x^2;y^2;z^2\right)\Rightarrow xyz=1\)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{1}{x^2+2y^2+3}+\dfrac{1}{y^2+2z^2+3}+\dfrac{1}{z^2+2x^2+3}\)

\(P=\dfrac{1}{\left(x^2+y^2\right)+\left(y^2+1\right)+2}+\dfrac{1}{\left(y^2+z^2\right)+\left(z^2+1\right)+2}+\dfrac{1}{\left(z^2+x^2\right)+\left(x^2+1\right)+2}\)

\(P\le\dfrac{1}{2xy+2y+2}+\dfrac{1}{2yz+2z+2}+\dfrac{1}{2zx+2x+2}\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{xz\left(xy+y+1\right)}+\dfrac{x}{x\left(yz+z+1\right)}+\dfrac{1}{zx+x+1}\right)\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{x.xyz+xyz+xz}+\dfrac{x}{xyz+xz+1}+\dfrac{1}{xz+x+1}\right)\)

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xz}{x+1+xz}+\dfrac{x}{1+xz+1}+\dfrac{1}{xz+x+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

tống thị quỳnh
Xem chi tiết
Nguyễn Thiều Công Thành
25 tháng 9 2017 lúc 20:50

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)