Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(abc=k^3\), khi đó tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho:
\(a=\frac{ky}{x};b=\frac{kz}{y};c=\frac{kx}{z}\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{1}{\frac{ky}{x}\left(\frac{kz}{y}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kz}{y}\left(\frac{kx}{z}+1\right)}+\frac{1}{\frac{kx}{z}\left(\frac{ky}{x}+1\right)}\ge\frac{3}{k\left(k+1\right)}\)
Hay \(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\ge\frac{3}{k+1}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\)
\(=\frac{x^2}{x\left(y+kz\right)}+\frac{y^2}{y\left(z+kx\right)}+\frac{z^2}{z\left(x+ky\right)}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\left(y+kz\right)+y\left(z+kx\right)+z\left(x+ky\right)}\)
\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(k+1\right)\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3}{k+1}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)
\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Thay abc = 1 vào bđt cần chứng minh :
\(a+b+c\ge\frac{a\left(bc+1\right)}{b\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)}{c\left(ab+1\right)}+\frac{c\left(ab+1\right)}{a\left(bc+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow a\left(1-\frac{bc+1}{ac+1}\right)+b\left(1-\frac{ac+1}{ab+1}\right)+c\left(1-\frac{ab+1}{bc+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-b\right)}{ac+1}+\frac{ab\left(b-c\right)}{ab+1}+\frac{bc\left(c-a\right)}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left[-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\right]}{ac+1}+\frac{ab\left[-\left(a-b\right)-\left(c-a\right)\right]}{ab+1}+\frac{bc\left[-\left(b-c\right)-\left(a-b\right)\right]}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{-ac\left(c-a\right)}{ac+1}-\frac{ab\left(c-a\right)}{ab+1}\right]+\left[-\frac{ac\left(b-c\right)}{ac+1}-\frac{bc\left(b-c\right)}{bc+1}\right]+\left[-\frac{ab\left(a-b\right)}{ab+1}-\frac{bc\left(a-b\right)}{bc+1}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a\left(c-a\right)\left(c+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{ab+1}\right)-c\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{bc+1}\right)-b\left(a-b\right)\left(a+c\right)\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}\right)\ge0\)(1)
Đặt \(x=\frac{1}{ab+1},y=\frac{1}{bc+1},z=\frac{1}{ac+1}\)
Tiếp tục phân tích : \(-c\left(b-c\right)\left(a+b\right).x-b\left(a-b\right)\left(a+c\right).y=-c\left(a+b\right).x\left[-\left(c-a\right)-\left(a-b\right)\right]-b\left(a+c\right).y\left[-\left(b-c\right)-\left(c-a\right)\right]\)
\(=\left(c-a\right).\left[c\left(a+b\right)x+b\left(a+c\right)y\right]+c\left(a+b\right)\left(a-b\right).x+b\left(a+c\right)\left(b-c\right).y\)
Tới đây giả sử \(a\ge b\ge c>0\) là ra nhé :)
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM_GM kết hợp với $abc=1$:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a\). Tương tự với các phân thức khác
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\geq 3(a+b+c)\)
Tiếp tục áp dụng AM_GM:
\(\frac{b}{a}+b^2c^2a+c\geq 3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc......\), công theo vế và rút gọn
\(\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng hai BĐT thu được lại, ta có:
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq 2\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
Ta cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)
Bất đẳng thức đã được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Làm tạm một câu rồi đi chơi, lát làm cho.
4)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
đặt \(a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2}\left(x;y;z>0\right)\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
áp dụng bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được
\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
hay ta cần chứng minh
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+xz\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)\)
khai triển và thu gọn ta được \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng. Bất đẳng thức được chứng minh