Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cần CM bĐT phụ sau : \(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{1}{a+b}\left(1\right)\)
Có \(a+b\ge2\sqrt{ab},\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\Rightarrow\) (1) đúng
Áp dụng (1) ta có \(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a+b+c}\right)\left(2\right)\)
Tương tự có \(\frac{1}{a+2b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b}\right)\left(3\right),\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{c}\right)\left(4\right)̸\)
Cọng (2),(3) và (4) có \(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{3}{a+b+c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{a+a+b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+a}+\frac{1}{b+c}\right)\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{a+2b+c}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\) ; \(\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le\frac{1}{16}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{16}{a+a+b+c}=\frac{16}{2a+b+c}\)<=> \(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{16}{2a+b+c}\)
Tương tự: \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{16}{a+2b+c}\) và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge\frac{16}{a+b+2c}\)
Cộng 2 vế với nhau ta được:
\(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge\frac{16}{2a+b+c}+\frac{16}{a+2b+c}+\frac{16}{a+b+2c}\)
<=> \(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\ge16\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\)
=> \(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài làm:
Áp dụng Cauchy dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+2b}\left(1\right)\)
\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{b+2c}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\ge\frac{9}{c+2a}\left(3\right)\)
Cộng vế 3 bất đẳng thức (1);(2); và (3) ta được:
\(3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Học tốt!!!!