a/ \(k+2bc=a^2+\left(b^2+c^2+2bc\right)=a^2+\left(b+c\right)^2\ge2a\left(b+c\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(b+c=a\)
b/ BĐT cần chứng minh tương đương:
\(k+2\left(ab+bc+ca\right)\le2k\left(1+2bc+2b^2c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow4kb^2c^2+4kbc+k\ge2a\left(b+c\right)+2bc\)
Điều này hiển nhiên đúng do: \(k\ge1\Rightarrow4kbc\ge4bc\)
\(\Rightarrow4kb^2c^2+4kbc+k\ge4bc+k=2bc+\left(k+2bc\right)\ge2bc+2a\left(b+c\right)\)
c/ BĐT đã cho sai.
Phản ví dụ: giả sử cho \(a^2+b^2+c^2=2\)
BĐT trở thành \(a+b+c+abc\le2\)
Nhưng với \(a=b=c=\sqrt{\frac{2}{3}}\) thì \(a+b+c+abc=\frac{11\sqrt{6}}{9}>2\)
Bài tập áp dụng:
Áp dụng BĐT ở câu b:
\(\left(a+b+c\right)^2\le2k\left(1+bc\right)^2\Rightarrow\frac{a^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{a^2}{2k\left(1+bc\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{1+bc}\le\sqrt{2k}.\frac{a}{a+b+c}=\sqrt{2}.\frac{a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự, ta có:
\(\frac{b}{1+ca}\le\sqrt{2}.\frac{b}{a+b+c}\) ; \(\frac{c}{1+ca}\le\sqrt{2}.\frac{c}{a+b+c}\)
Cộng vế với vế: \(P\le\sqrt{2}.\frac{a+b+c}{a+b+c}=\sqrt{2}\)
\(P_{max}=\sqrt{2}\)khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\) và hoán vị
Lại có:
\(a\left(1+bc\right)\le a\left(1+\frac{b^2+c^2}{2}\right)=a\left(\frac{3-a^2}{2}\right)-1+1=-\frac{1}{2}\left(a-1\right)^2\left(a+2\right)+1\le1\)
\(\Rightarrow a^2\left(1+bc\right)\le a\Rightarrow\frac{a}{1+bc}\ge a^2\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{1+ca}\ge b^2\) ; \(\frac{c}{1+ab}\ge c^2\)
Cộng vế với vế: \(P\ge1\Rightarrow P_{min}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
c/
Nếu dấu là trừ:
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(a+b+c-\frac{2}{k}abc\right)^2\le2k\)
Ta có:
\(VT=\left[\left(a+b\right).1+c\left(1-\frac{2}{k}ab\right)\right]^2\)
\(VT\le\left[\left(a+b\right)^2+c^2\right]\left[1+\left(1-\frac{2}{k}ab\right)^2\right]\)
\(VT\le\left(k+2ab\right)\left(2-\frac{4}{k}ab+\frac{4a^2b^2}{k^2}\right)\)
\(VT\le2k-\frac{4}{k}a^2b^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(2k-\frac{4}{k}\left(ab\right)^2+\frac{8}{k^2}\left(ab\right)^3\le2k\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2-\frac{2}{k^2}\left(ab\right)^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\)
Từ giả thiết \(k=a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{2ab}{k}\le1\)
\(\Rightarrow1-\frac{2ab}{k}\ge0\Rightarrow\frac{1}{k}\left(ab\right)^2\left(1-\frac{2ab}{k}\right)\ge0\) (đpcm)
Đề là gì bạn nhỉ?
\(\left\{{}\begin{matrix}x;y\ge0\\x^2+y^2=2\end{matrix}\right.\)
Tìm min, max \(P=\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\) à?
\(P\le\sqrt{2\left(3x+1+3y+1\right)}=\sqrt{6\left(x+y\right)+4}\)
\(P\le\sqrt{6\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}+4}=2\)
\(P_{max}=2\) khi \(x=y=1\)
Do \(\left\{{}\begin{matrix}x;y\ge0\\x^2+y^2=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y\le\sqrt{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\left(x-\sqrt{2}\right)\le0\\y\left(y-\sqrt{2}\right)\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{x^2+y^2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
Ta có:
\(P^2=3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{\left(3x+1\right)\left(3y+1\right)}\)
\(P^2\ge3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{9xy+3\left(x+y\right)+1}\)
\(P^2\ge3\left(x+y\right)+2+2\sqrt{3\left(x+y\right)+1}\)
\(P^2\ge\left(\sqrt{3\left(x+y\right)+1}+1\right)^2\)
\(P\ge\sqrt{3\left(x+y\right)+1}+1\ge1+\sqrt{3\sqrt{2}+1}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(0;\sqrt{2}\right)\) và hoán vị
