Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(a^2+\dfrac{1}{b+c}=a^2+\dfrac{1}{6-a}\)
Mà \(a+b+c=6\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)
\(\Rightarrow a^2+\dfrac{1}{6-a}\ge2^2+\dfrac{1}{6-2}=\dfrac{17}{4}\)
\(\Rightarrow P=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{6-a}}\ge\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)
BĐT trở thành: \(\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt{x^2+z^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có:
\(x^2+z^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(y+z\right)^2\ge\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}\le\dfrac{xy}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)\)
\(\dfrac{zx}{\sqrt{z^2+x^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx}{x+y}+\dfrac{zx}{y+z}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx+yz}{x+y}+\dfrac{xy+zx}{y+z}+\dfrac{yz+xy}{z+x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=1-\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+1-\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+1-\frac{2ca^2}{2ca^2+1}\)
\(\text{VT}=3-\underbrace{\left( \frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}\right)}_{N}\) (1)
Áp dụng BĐT Am-Gm:
\(2ab^2+1=ab^2+ab^2+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b^4}\)
\(\Rightarrow \frac{2ab^2}{2ab^2+1}\leq \frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{a^2b^4}}=\frac{2}{3}\sqrt[3]{ab^2}\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế, suy ra :
\(N\leq \frac{2}{3}(\sqrt[3]{ab^2}+\sqrt[3]{bc^2}+\sqrt[3]{ca^2})\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt[3]{ab^2}\leq \frac{a+b+b}{3}\); \(\sqrt[3]{bc^2}\leq \frac{b+c+c}{3}; \sqrt[3]{ca^2}\leq \frac{c+a+a}{3}\)
\(\Rightarrow N\leq \frac{2}{3}\left(\frac{a+b+b}{3}+\frac{b+c+c}{3}+\frac{c+a+a}{3}\right)\)
\(\Leftrightarrow N\leq \frac{2}{3}(a+b+c)=2\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT B.C.S ta có :
\(\dfrac{1}{2ab^2+1}+\dfrac{1}{2bc^2+1}+\dfrac{1}{2ca^2+1}\ge\dfrac{9}{2ab^2+2bc^2+2ca^2+3}\)
Ta phải chứng minh \(\dfrac{9}{2ab^2+2bc^2+2ca^2+3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow2ab^2+2bc^2+2ac^2+3\le9\) do a,b,c dương nên chia cả hai vế cho abc ta được: \(2\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{abc}\le\dfrac{9}{abc}\)
\(\Leftrightarrow6\le\dfrac{6}{abc}\Leftrightarrow abc\le1\) Bất đẳng thức cuối luôn đúng thật vậy:
áp dụng BĐT AM - GM :
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Đề bài hình như bị sai em, thay điểm rơi ko thỏa mãn
Biểu thức là \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\) mới đúng
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+\frac{1}{b^2})(1+4^2)\geq (a+\frac{4}{b})^2\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+\frac{4}{b})\)
Hoàn toàn tương tự với những cái còn lại và cộng theo vế suy ra:
$S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c})$
$\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+b+c+\frac{36}{a+b+c})$ theo BĐT Cauchy-Schwarz.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+c+\frac{9}{4(a+b+c)}\geq 3\)
\(\frac{135}{4(a+b+c)}\geq \frac{135}{4.\frac{3}{2}}=\frac{45}{2}\)
\(\Rightarrow a+b+c+\frac{36}{a+b+c}\geq \frac{51}{2}\)
\(\Rightarrow S\geq \frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Vậy $S_{\min}=\frac{3\sqrt{17}}{2}$
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+\frac{1}{b^2})(1+4^2)\geq (a+\frac{4}{b})^2\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+\frac{4}{b})\)
Hoàn toàn tương tự với những cái còn lại và cộng theo vế suy ra:
$S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c})$
$\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(a+b+c+\frac{36}{a+b+c})$ theo BĐT Cauchy-Schwarz.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+c+\frac{9}{4(a+b+c)}\geq 3\)
\(\frac{135}{4(a+b+c)}\geq \frac{135}{4.\frac{3}{2}}=\frac{45}{2}\)
\(\Rightarrow a+b+c+\frac{36}{a+b+c}\geq \frac{51}{2}\)
\(\Rightarrow S\geq \frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Vậy $S_{\min}=\frac{3\sqrt{17}}{2}$
Hướng dẫn.
Bạn chứng minh bất đẳng thức $\dfrac{1}{\sqrt{1+8a^3}} \geqslant \dfrac{5}{9}-\dfrac{2}{9}a^2$ rồi cộng lại là xong.
Ta có:
\(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}\le\dfrac{b\sqrt{1+c+a}}{a+b+c}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b+a}}\le\dfrac{c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Lại có:
\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}\)
\(=\sqrt{a}.\sqrt{a+ab+ac}+\sqrt{b}.\sqrt{b+bc+ab}+\sqrt{c}.\sqrt{c+ac+bc}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+2bc+2ca\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+bc+ca\right)}}{a+b+c}=\sqrt{\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}\le3\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đặt vế trái là T, ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{b+1}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2}.\sqrt{b+1}}\ge\dfrac{a\sqrt{2}}{\dfrac{b+1+2}{2}}=\dfrac{a.2\sqrt{2}}{b+3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{c+1}}\ge\dfrac{b.2\sqrt{2}}{c+3}\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{a+1}}\ge\dfrac{c.2\sqrt{2}}{a+3}\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh, ta được
\(T\ge2\sqrt{2}\left(\dfrac{a}{b+3}+\dfrac{b}{c+3}+\dfrac{c}{a+3}\right)=2\sqrt{2}\left(\dfrac{a^2}{ab+3a}+\dfrac{b^2}{bc+3b}+\dfrac{c^2}{ac+3c}\right)\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{3^2}{\dfrac{3^2}{3}+9}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
b) Đặt vế trái là N,ta có:
\(\sum\sqrt{\dfrac{a^3}{b+3}}=\sum\sqrt{\dfrac{a^4}{ab+3}}=\sum\dfrac{a^2}{\sqrt{ab+3}}=\sum\dfrac{2a^2}{\sqrt{4a\left(b+3\right)}}\ge\sum\dfrac{2a^2}{\dfrac{4a+b+3}{2}}=\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\)
\(\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\ge\dfrac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4a+b+3+4b+c+3+4c+a+3}=\dfrac{3}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>
Ta có: \(\dfrac{a+b}{2ab}\ge\dfrac{2}{a+b}\)
\(\sqrt{\dfrac{a+b}{2ab}}\ge\sqrt{\dfrac{2}{a+b}}\)
Tương tự cho 2 hạng tử còn lại , cộng vế theo vế, ta được:
\(P\ge\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+a}}\right)\)
Sử dụng Cauchy-Schwarz dạng Engel và Bunyakovsky,ta có:
\(P\ge\sqrt{2}\left(\dfrac{9}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}\right)\)
\(P\ge\sqrt{2}\left(\dfrac{9}{\sqrt{2\left(a+b+c\right).3}}\right)=\sqrt{2}\left(\dfrac{9}{\sqrt{2.3.3}}\right)=3\)
GTNN của P là 3 khi a=b=c=1