K
Khách

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

15 tháng 2 2020

Đặt VT là K.

Ta có: \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+3b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Tiếp tục ta chứng minh: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\le\frac{3a+2b}{5}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

Tương tự ta có: \(\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\);\(\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\)

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

\(M\le\frac{3b+2c}{5}+\frac{3a+3b}{5}+\frac{3c+2a}{5}=a+b+c\)

Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)

hay \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)

Vậy \(M\le3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

15 tháng 2 2020

VT là M nha, mà k hay M gì cx đc, cm đc ròi

7 tháng 3 2020

Đấu đề bổ sung = 3 nhé

7 tháng 3 2020

Xíu mk giải cho

15 tháng 4 2020

Đặt vế trái của bất đẳng thức là M

AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 2 2018

Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là \(A\)

Ta có:

\(6a^2+8ab+11b^2=2a^2+(2a+2b)^2+7b^2\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\([2a^2+(2a+2b)^2+7b^2](2+4^2+7)\geq (2a+8a+8b+7b)^2\)

\(\Leftrightarrow 25(6a^2+8ab+11b^2)\geq (10a+15b)^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{6a^2+8ab+11b^2}\geq 2a+3b\)

\(\Rightarrow \frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\leq \frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)

Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:

\(A\leq \frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}+\frac{a^2+3ac+c^2}{2c+3a}+\frac{b^2+3bc+c^2}{2b+3c}\)

\(6A\leq \frac{3a(2a+3b)+2b(2a+3b)+5ab}{2a+3b}+\frac{3c(2c+3a)+2a(2c+3a)+5ac}{2c+3a}+\frac{3b(2b+3c)+2c(2b+3c)+5bc}{2b+3c}\)

\(\Leftrightarrow 6A\leq 3a+2b+\frac{5ab}{2a+3b}+3c+2a+\frac{5ac}{2c+3a}+3b+2c+\frac{5bc}{2b+3c}\)

\(\Leftrightarrow 6A\leq 5(a+b+c)+5\left(\frac{ab}{2a+3b}+\frac{bc}{2b+3c}+\frac{ac}{2c+3a}\right)\)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM:
\((a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=9\Rightarrow a+b+c\leq 3(1)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng ngược:

\(\frac{ab}{2a+3b}\leq \frac{ab}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\right)\)

\(\frac{bc}{2b+3c}\leq \frac{bc}{25}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\frac{ca}{2c+3a}\leq \frac{ca}{25}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)\)

\(\Rightarrow \frac{ab}{2a+3b}+\frac{bc}{2b+3c}+\frac{ac}{2c+3a}\leq \frac{1}{5}(a+b+c)(2)\)

Từ (1); (2) suy ra:

\(6A\leq 5(a+b+c)+5.\frac{1}{5}(a+b+c)=6(a+b+c)\leq 18\)

\(\Rightarrow A\leq 3\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

22 tháng 2 2022

Để ý theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\left(a+b+c\right)^2\) sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

\(\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\)

Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\)

\(=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)sẽ nhỏ hơn hoặc bằng với:

\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)+24abc}\)

Ta chứng minh được \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)nên ta được:

\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a+b+c\right)^2\)

Hay \(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

30 tháng 11 2019

Ta có: \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}=\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+2ab+c^2}}\ge\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{a^2+ab+1}\)

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

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}.\sqrt{\left(\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+1+1\right)\left(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2+a^2+c^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left(\frac{3}{2}\left(a+\frac{b}{2}\right)+\frac{3}{2}b+a+c\right)^2}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}a+\frac{3}{2}b+c\right)\)

Tương tự ta cũng chứng minh đc:

 \(\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}b+\frac{3}{2}c+a\right)\)

\(\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^2+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{2}c+\frac{3}{2}a+b\right)\)

=> \(\frac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}+\frac{b^2+bc+1}{\sqrt{b^2+3bc+a^2}}+\frac{c^2+ca+1}{\sqrt{c^3+3ca+b^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{5}}\left(5a+5b+5c\right)\)

\(=\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c =\(\frac{1}{\sqrt{3}}\)

20 tháng 4 2020

Đặt \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\)

\(=\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+abc}}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\)(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức)

Ta có: 

Suy ra 

Ta cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3+24abc\le\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\ge6abc\)

Đúng vì \(a^2b+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)\(ab^2+bc^2+ca^2\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)

Từ đó suy ra \(\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\ge1\)

Vậy \(=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c