K
Khách

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

21 tháng 7 2020

Theo giả thiết, ta có: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1\)

Áp dụng BĐT AM - GM cho 5 số, ta được: \(\hept{\begin{cases}a.a.a.b.b\le\frac{a^5+a^5+a^5+b^5+b^5}{5}=\frac{3a^5+2b^5}{5}\\b.b.b.a.a\le\frac{b^5+b^5+b^5+a^5+a^5}{5}=\frac{3b^5+2a^5}{5}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{5\left(a^5+b^5\right)}{5}\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)hay \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)(1) .

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{\sqrt{b^5+c^5}}\le\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^5+a^5}}\le\frac{1}{ca\sqrt{c+a}}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)()

Xét \(\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\right)^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\right)\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

1 tháng 3 2020

Áp dụng cosi ta có \(a.a.a.b.b\le\frac{3a^5+2b^5}{5};b.b.b.a.a\le\frac{3b^5+2a^5}{5}\)

=> \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

Khi đó

\(VT\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}}\)

Áp dụng BĐT buniacoxki  ta có :

\((\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}})^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}+\frac{1}{c^2\left(b+c\right)}+...\right)\)

Mà 1/a^2+1/b^2+1/c^2=1(giả thiết)

=> \(VT\le VP\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=can(3)

2 tháng 3 2020

hay quá 

1 tháng 4 2020

mình không biết dù là tiêng việt lớp1

chúc bạn học giỏi

chúc bạn nhe

bạn CTV

1 tháng 4 2020

ni ả ní

27 tháng 7 2019

Haiz giải ra rồi

Ta có : \(VT=\Sigma\left(\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2-2kbc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2+k^2b^2+c^2+2ka^2-2kbc-2ka^2-k^2b^2-c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{2kbc-2ka^2+2ka^2+k^2b^2+c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{k^2b^2+2kbc+c^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

\(VT=\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge\Sigma\left[1-\left(\frac{k^2b^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{c^2}{ka^2+c^2}\right)\right]\)

\(=3-\left(\frac{k^2b^2+ka^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{ka^2+c^2}{ka^2+c^2}+\frac{k^2b^2+c^2}{k^2b^2+c^2}\right)=3-3=0\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=c\\k>0\end{matrix}\right.\)

27 tháng 7 2019

Ta có: \(1-\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\)

Ta có thể viết lại bất đẳng thức thành

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\le3\)

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{k\left(a^2+kb^2\right)+c^2+ka^2}\le\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}\)

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\), hoặc \(a=\frac{b}{k}=\frac{c}{k^2}\), hoặc \(b=\frac{c}{k}=\frac{a}{k^2}\), hoặc \(c=\frac{a}{k}=\frac{b}{k^{^2}}\)

Hoặc ta có thể làm như sau.

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}-\frac{k\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+kc^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Ta có đẳng thức sau:

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=3-p\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

\(\sum\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{1}{2}\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Do đó, bất đẳng thức ban đầu tương đương với

\(\sum\frac{\left(b^2+kc^2\right)\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\ge0\)

2 tháng 12 2020

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z