Em nghĩ cần thêm đk a, b, c là các số thực dương

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) thì x + y + z = 3; x > 0,y>0,z>0

BĐT \(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{5}{x}+4}+\sqrt{\frac{5}{y}+4}+\sqrt{\frac{5}{z}+4}\le3\sqrt{3\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{5yz+4xyz}+\sqrt{5zx+4xyz}+\sqrt{5z+4xyz}\le3\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}\)(*)

\(VT\le\sqrt{5\left(xy+yz+zx\right)+12xyz+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(5yz+4xyz\right)\left(5zx+4xyz\right)}}\)

\(\le\sqrt{15\left(xy+yz+zx\right)+36xyz}\)(áp dụng BĐT AM-GM)

Chú ý rằng: \(xyz\le\frac{\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}{9}\)

Từ đó \(VT\le\sqrt{15\left(xy+yz+zx\right)+4\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}\)

\(=3\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=VP_{\text{(*)}}\)

Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Is that true?

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\Rightarrow a+b+c\geq 3\)

Và:

\(\text{VT}^2=(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4})^2\)

\(\leq (5a+4+5b+4+5c+4)(1+1+1)\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\leq 15(a+b+c)+36\)

Mà $3\leq a+b+c$ (cmt)

$\Rightarrow \text{VT}^2\leq 15(a+b+c)+12(a+b+c)=27(a+b+c)$

$\Rightarrow \text{VT}\leq 3\sqrt{3(a+b+c)}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Ta quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức sau 

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le3\sqrt{2}\)và \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le\sqrt{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le\sqrt{6\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\le3\sqrt{2}\)

Mặt khác ta lại có \(\left[\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\right]^2\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^4\); \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)

Do đó ta được \(\left(x^3+y^3+z^3\right)^2\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^3}{3}\)

Áp dụng kết quả trên ta thu được \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right]^3\)

Mà theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}+\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}\) \(\ge\frac{9}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{4\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\ge\frac{9}{4\sqrt{9}}=\frac{3}{4}\)

Do đó ta có \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}\right]^3=\frac{9}{64}\)

Suy ra \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Từ các kết quả trên ta được \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le\frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt[3]{3}}{2}}=2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

với mọi x,y,z >0 ta có: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz};\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi x=y=z

ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi a=b

tương tự: \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi b=c

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi c=a

Vậy \(\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ca+2a^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+2a^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{2}{3}\)

đẳng thức xảy ra khi a=b=c=\(\frac{3}{2}\)

Tham khảo bài của mình

đề sai kìa

Ta sẽ chứng minh: \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)với x,y > 0.

Thật vậy: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)(bđt Cô -si)

và \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)(bđt Cô -si)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z\))

Ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

(Dấu "=" xảy ra khi a = b)

Tương tự ta có:\(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi b=c)

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi c=a)

\(VT=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{2}{3}\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\))

Ô, thanh you, bạn 2k7 sao mà giỏi thế

mình ko hiểu

\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)

Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)

Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:

(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)

Đây là điều hiển nhiên/

PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D

Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:

Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)

Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:

(Hiển nhiên)

Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:

(Hiển nhiên)

Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left[\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right]}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2\left(a+b\right)^2}\le\frac{1}{3}\)

Lại áp dụng Cauchy-Schwazr ta được

\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{\left(3a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+4a^2+2bc}\le\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)

Do đó:

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\frac{1}{9}(\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc})\)=\(\frac{1}{9}(1+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh được

\(\frac{1}{9}\)(1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\))\(\le\frac{1}{3}\)

BĐT này tương đương với mỗi BĐT sau: 

1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\le\frac{1}{3}\)

4-\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\le3\)

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\ge1\)

BĐT cuối cùng đúng vì theo Cauchy-Schwarz thì 

\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\ge\)\((ab+bc+ca)^2 \over {\displaystyle \displaystyle \sum }a^2b^2+2bc(a+b+c)\)=1

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

Đề bài sai, giả sử \(a=0;b=-1;c=4\) thì biểu thức ko xác định

Do đó điều kiện phải là a;b;c là số thực dương

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1+\frac{1}{b}-\frac{2}{\sqrt{b}}+1+\frac{1}{c}-\frac{2}{\sqrt{c}}+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{b}}-1\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{c}}-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy BĐT ban đầu đúng

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Điều kiện \(a+b+c=3\) thừa ko biết để làm gì :)