Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{bc(2a^2+bc)}+\frac{1}{ac(2b^2+ac)}+\frac{1}{ab(2c^2+ab)}\geq 1(*)$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$\frac{1}{bc(2a^2+bc)}+\frac{1}{ac(2b^2+ac)}+\frac{1}{ab(2c^2+ab)}\geq \frac{9}{bc(2a^2+bc)+ac(2b^2+ac)+ab(2c^2+ab)}=\frac{9}{(ab+bc+ac)^2}=\frac{9}{3^2}=1$
Do đó BĐT $(*)$ đúng. Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Biến đổi như sau $$\dfrac{bc}{6}+\dfrac{ac}{3}+\dfrac{ab}{2}=1 \leftrightarrow \dfrac{b}{2}.\dfrac{c}{3}+\dfrac{c}{3}.\dfrac{a}{1}+\dfrac{a}{1}.\dfrac{b}{2}=1$$
Đặt $(\dfrac{a}{1},\dfrac{b}{2},\dfrac{c}{3})=(x,y,z), x,y,z>0 \rightarrow xy+yz+zx=1$
Mặt khác $$A=\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{(\dfrac{b}{2})^2+1}+\dfrac{1}{(\dfrac{c}{3})^2+1}=\dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{1}{y^2+1}+\dfrac{1}{z^2+1}$$
Do đó ta cần tìm max của $$\dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{1}{y^2+1}+\dfrac{1}{z^2+1}$$
Với $$xy+yz+zx=1$$
Thật vậy thay
$$1=xy+yz+zx \rightarrow A=\sum{\dfrac{1}{x^2+xy+yz+zx}}=\sum{\dfrac{1}{(x+y)(y+z)}}=\dfrac{(x+y)+(y+z)+(z+x)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\dfrac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
Áp dụng bdt $(x+y)(y+z)(z+x)\geq \dfrac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)$
Suy ra $A\le \dfrac{2(x+y+z)}{\dfrac{8}{9}(x+y+z)(xy+xz+zx)}$ thay $xy+yz+zx=1 \rightarrow A\le \dfrac{9}{4}$
Dấu $= \leftrightarrow x=y=z=\sqrt{\dfrac{1}{3}} \rightarrow a=..., b=...,c=...$ Làm tiếp hộ mình
Hình như đề bài có vấn đề : thừa đk ab + bc + ac = abc
ta có : \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{\sqrt{4a^2b^2}}{ab}=\frac{2ab}{ab}=2\)
Tương tự \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge2\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2+2+2=6>\sqrt{3}\)
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
