Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}\)
\(=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2+\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(c-a\right)^2+\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Ta có bất đẳng thức phụ sau
\(a^2+ab+b^2\ge\frac{3}{4}.\left(a+b\right)^2\) (Chứng minh thì biến đổi tương đương là được)
Ta có :
\(\Sigma\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\Sigma\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=\sqrt{3}.\Sigma\dfrac{a+b}{2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
b) Ta có:
\(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^2+3}{8}+\frac{a^2}{2}\)\(\ge\)\(4\sqrt[4]{\frac{a^4}{16}}=2a\)
\(\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c^2+3}{8}+\frac{b^2}{2}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^4}{16}}=2b\)
\(\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{a^2+3}{8}+\frac{c^2}{2}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^4}{16}}=2c\)
Cộng lại ta đươc:
\(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)+\)\(\frac{5\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}{8}\)\(\ge2\left(a+b+c\right)\)
⇒ \(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)\ge\)\(6-\frac{5\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}{8}\)(1)
Lại có: \(a^2+1\ge2a\); \(b^2+1\ge2b\); \(c^2+1\ge2c\)
Suy ra \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3=3\)
Khi đó (1)⇔ \(2\left(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\right)\ge\)\(6-\frac{5.3+9}{8}=3\)
⇒ \(\frac{a}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+3}}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra ⇔ \(a=b=c=1\)
\(\left(a^2+3b^2\right)\left(1+3\right)\ge\left(a+3b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+3b^2}\ge\frac{a+3b}{2}\)
\(\Rightarrow P=\sum\frac{ab}{\sqrt{a^2+3b^2}}\le2\sum\frac{ab}{a+3b}=2\sum\frac{ab}{a+b+b+b}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{8}\sum ab\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}\right)=\frac{1}{8}\sum\left(3a+b\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)
"=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(\frac{\sqrt{ab}}{c+2\sqrt{ab}}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+2\sqrt{xy}-z}{z+2\sqrt{xy}}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{z}{z+2\sqrt{xy}}\right)\le\frac{1}{2}\left(1-\frac{z}{x+y+z}\right)\)
Tương tự \(\frac{\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}\le\frac{1}{2}\left(1-\frac{x}{x+y+z}\right)\);\(\frac{\sqrt{xz}}{y+2\sqrt{xz}}\le\frac{1}{2}\left(1-\frac{y}{x+y+z}\right)\)
Cộng vế theo vế ta được \(\frac{\sqrt{xy}}{z+2\sqrt{xy}}+\frac{\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}+\frac{\sqrt{zx}}{y+2\sqrt{zx}}\le\frac{1}{2}\left(3-1\right)=1\)
Đặt đẳng thức là A. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\sqrt{2b\left(a-b\right)}\le\frac{2b+\left(a+b\right)}{2}=\frac{a+3b}{2}\)
Từ đó: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\)
Ta sẽ chứng minh: \(M=\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
Thật vậy, ta có: \(M=\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ca}\)
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)
Áp dụng BĐT cauchy ta được:
\(M\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{8}{3}\left(ab+bc+ca\right)}\)\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{4}\)
Vì vậy: \(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
Từ đó ta có: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\ge2\sqrt{2}.\frac{3}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
Vậy đẳng thức xảy xa khi và chỉ khi a=b=c
Ngọc có cách khác :
Trong mặt phẳng tọa độ , ta chọn các điểm \(A\left(a;0\right)\) , \(B\left(\frac{b}{2};\frac{b\sqrt{3}}{2}\right)\) ; \(C\left(-\frac{c}{2};\frac{c\sqrt{3}}{2}\right)\)
Khi đó : \(AB=\sqrt{\left(\frac{b}{2}-a\right)^2+\left(\frac{b\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\sqrt{a^2-ab+b^2}\)
\(BC=\sqrt{\left(\frac{b}{2}+\frac{c}{2}\right)^2+\left(\frac{c\sqrt{3}}{2}-\frac{b\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\sqrt{b^2-bc+c^2}\)
\(AC=\sqrt{\left(-\frac{c}{2}-a\right)^2+\left(\frac{c\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\sqrt{a^2+ac+c^2}\)
Mà trong ba điểm thì ta luôn có : \(AB+BC\ge AC\)
Vậy \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\sqrt{a^2+ac+c^2}\)
Bình phương 2 vế rồi rút gọn ta được
\(2\sqrt{\left(a^2-ab+b^2\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}\ge ab+bc-ac-2b^2\)
Tiếp tục bình phương 2 vế rồi rút gọn ta được
\(3a^2b^2+3b^2c^2+3a^2c^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+\left(ab-ac\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc--ac\right)^2\ge0\)
=> ĐPCM là đúng và đạt được khi a = b = c = 0
Ta dễ có bất đẳng thức: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+c^2+2ac+b^2+d^2+2bd\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)(**)
Nếu ac + bd < 0 thì bất đẳng thức (**) luôn đúng
Nếu ac + bd\(\ge\)0 thì (**)\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)\(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy (*) được chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\)\(=\sqrt{\left(b^2-ab+\frac{a^2}{4}\right)+\frac{3a^2}{4}}+\sqrt{\left(b^2-bc+\frac{c^2}{4}\right)+\frac{3c^2}{4}}\)\(=\sqrt{\left(b-\frac{a}{2}\right)^2+\frac{3a^2}{4}}+\sqrt{\left(\frac{c}{2}-b\right)^2+\frac{3c^2}{4}}\)\(\ge\sqrt{\left(\frac{c}{2}-\frac{a}{2}\right)^2+\frac{3\left(a+c\right)^2}{4}}=\sqrt{a^2+ac+c^2}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.