K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

16 tháng 1 2020

\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\frac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)

Áp dúng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : 

\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\frac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\frac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\frac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\)

Xét \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức ta có :

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ca+bc}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{9}{4}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

Chúc bạn học tốt !!!

NV
12 tháng 6 2020

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+c\right)^2+a^2-2a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{\left(a+c\right)^2+b^2-2b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{\left(b+a\right)^2+c^2-2c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\ge\frac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow3-2\left(\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\right)\ge\frac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)

Chuẩn hóa \(a+b+c=3\) (hay đặt \(x=\frac{3a}{a+b+c};y=\frac{3b}{a+b+c};z=\frac{3c}{a+b+c}\))

BĐT cần chứng minh trở thành:

\(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}+\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}+\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)

Ta có đánh giá: \(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}\le\frac{9a+1}{25}\) ; \(\forall a\in\left(0;3\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự: \(\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}\le\frac{9b+1}{25};\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{9c+1}{25}\)

Cộng vế với vế: \(VT\le\frac{9\left(a+b+c\right)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(BĐT\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)

Áp dụng BĐT Bunhi kết hợp với Nesbit :

\(VT=\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2+\sqrt{c}^2\right)\left[\left(\frac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

Vậy BĐT đc chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

26 tháng 12 2019

Chuẩn hóa \(a+b+c=3\) rồi dùng hệ số bất định nha bạn.Mình nhác quá chỉ gợi ý thôi.Nếu cần thì trưa mai đi học về mình làm cho.

27 tháng 12 2019

Thấy có lời giải này hay hay nên mình copy lại nha (Trong sách Yếu tố ít nhất - Võ Quốc Bá Cẩn)

NV
12 tháng 6 2020

Đặt vế trái là P

\(P=\sum\frac{2\left(b+c-a\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\sum\frac{2\left(b+c-a\right)^2}{2a^2+2\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(b+c-a\right)^2+\left(c+a-b\right)^2+\left(a+b-c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)

\(P\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2ab-2ac-2bc}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)

\(P\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

22 tháng 5 2020

Mọi người ơi, giúp mik vs mik cần rất gấpkhocroi

1 tháng 12 2019

Giả sử:

\(a>b>c\Rightarrow a-b>0,b-c>0,a-c>0\)

Ta có:

\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\ge a^2+c^2\\\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\frac{\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)^2}{2}\ge\frac{8}{\left(a-c\right)^2}\end{cases}}\)

Từ đây ta có:

\(VT\ge\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\)

Ta chứng minh

\(\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2\ge0\)(Đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh là đúng. Dấu = xảy ra khi a = - c; b = 0 và các hoán vị của nó

27 tháng 2 2020

Bất đẳng thức

<=> \(\frac{a\left(a+b+c\right)}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\ge\frac{9}{4}\)

VT = \(\left(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}\right)+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)

\(\ge\frac{1}{3}.\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)^2+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)

lại có:

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)

\(\ge\left(a+b+c\right).\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}-3=\frac{3}{2}\)

=> VT\(\ge\frac{1}{3}.\left(\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{2}=\frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c.

27 tháng 2 2020

Hoặc em có thể áp dụng Bunhia

bất đẳng thức 

<=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)

VT\(\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}\right)^2\ge\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

28 tháng 8 2019

\(sigma\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}\ge sigma\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}{\left(a+b\right)^2\left(a^3+b^3\right)}=sigma\frac{1}{2\left(a^3+b^3\right)}\ge\frac{9}{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{9}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)