Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 ⇔ \(a=b=c=1\)
\(\left(a^2+3b^2\right)\left(1+3\right)\ge\left(a+3b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+3b^2}\ge\frac{a+3b}{2}\)
\(\Rightarrow P=\sum\frac{ab}{\sqrt{a^2+3b^2}}\le2\sum\frac{ab}{a+3b}=2\sum\frac{ab}{a+b+b+b}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{8}\sum ab\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}\right)=\frac{1}{8}\sum\left(3a+b\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)
"=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
\(VT=\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\ge\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(VT\ge\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{b}-a+b+b\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b^2}{c}-b+c+c\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c^2}{a}-c+a+a\right)\)
\(VT\ge\sqrt{\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right).b}+\sqrt{\left(\frac{b^2}{c}-b+c\right).c}+\sqrt{\left(\frac{c^2}{a}-c+a\right).a}\)
\(VT\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
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
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Bài 1 :
Bât đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
( xy+yz + zx )(9 + x2y2 +z2y2 + x2z2 ) \(\ge\)36xyz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy+ yz + zx \(\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\) ( 1)
Và 9 + x2y2 + z2y2 + x2z2 \(\ge12\sqrt[12]{x^4y^4z^4}\)
hay 9+ x2y2 + z2y2+ x2z2 \(\ge12\sqrt[3]{xyz}\) (2)
Do các vế đều dương ,từ (1) và (2) suy ra :
( xy + yz +zx )( 9+ x2y2 + z2y2 + x2z2 ) \(\ge36xyz\left(đpcm\right)\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =z = 1
Bài 2:
\(\hept{\begin{cases}a;b;c>0\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)
Có : \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1+a^2}\ge\sqrt{2a}\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}a\\\sqrt{1+b^2}\ge\sqrt{2b}\Rightarrow\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}b\\\sqrt{1+c^2}\ge\sqrt{2c}\Rightarrow\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{\sqrt{3}}{2}c\end{cases}}\)
=> \(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\le\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b+c\right)\le\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
=> \(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}\le\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a =b =c = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.
Với \(a,b,c\ge0\). Khi đó ta có
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)
Chứng minh: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)=a^2+b^2+c^2+abc\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge a^2+b^2+c^2\)\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\)
Với \(a,b,c\ge0\) ta có
\(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\Sigma\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}=\Sigma\sqrt{\frac{ab\left(2ab+2bc+2ac\right)^2}{4\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}}\)
\(\ge\Sigma\sqrt{\frac{ab\left[a\left(b+c\right)+b\left(a+c\right)\right]^2}{4\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)^2}}\)
\(\ge\Sigma\sqrt{\frac{ab.4a\left(b+c\right)b\left(a+c\right)}{4\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}}=\Sigma\frac{ab}{ab+bc+ca}\)
Từ đó ta có \(\Sigma\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge\frac{ab+bc+ca}{ab+bc+ca}=1\)
chứng minh bài toán:
Đặt \(\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}}=t\ge1\)
Ta có: \(\left(\Sigma\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2=\Sigma\frac{a}{b+c}+2\Sigma\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+2=t^2+2\)
Từ đây ta chứng minh \(\sqrt{t^2+2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}\ge\frac{7\sqrt{2}}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:
\(\sqrt{t^2+2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}=\frac{\sqrt{\left(t^2+2\right)\left(6+2\right)}}{2\sqrt{2}}+\frac{3\sqrt{3}}{t}\ge\frac{t\sqrt{6}+2}{2\sqrt{2}}+\frac{3\sqrt{3}}{t}=\left(\frac{t\sqrt{3}}{2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta đc:
\(\left(\frac{t\sqrt{3}}{2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\ge3\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7\sqrt{2}}{2}\)
Vậy ta có đpcm