K
Khách

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

AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 4 2021

Lời giải:

Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.

Áp dụng vào bài:

$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$

$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$

Tương tự:

$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$

Cộng theo vế:

$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

7 tháng 5 2020

\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)

Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)

Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:

$$2\, \left( a-b \right) ^{2} \left( 3\,c+a+b \right) \left( -c+a+b
 \right) \left( {a}^{2}+2\,ab+{b}^{2}+5\,{c}^{2} \right) +2\,c
 \left( a-c \right) \left( b-c \right) \left( 3\,{a}^{3}+9\,{a}^{2}b
+17\,c{a}^{2}+9\,a{b}^{2}-20\,abc+3\,{c}^{2}a+3\,{b}^{3}+17\,c{b}^{2}+
3\,{c}^{2}b+{c}^{3} \right) \geqq 0$$

(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)

Đây là điều hiển nhiên/

PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D

7 tháng 5 2020

Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:

Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)

Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:

$$2/9\,p \left( 19\,{p}^{2}-36\,q \right) \left( {p}^{3}-4\,qp+9\,r
 \right) -4/9\, \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( {p}^{2}-4\,q
 \right) \left( 5\,{p}^{2}-3\,q \right) \geqq 0$$

(Hiển nhiên)

Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:

$$2\,p \left( 19\,{p}^{2}-36\,q \right) r+2\, \left( {p}^{2}-4\,q
 \right) \left( {p}^{4}-2\,{q}^{2} \right) \geqq 0$$

(Hiển nhiên)

Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.

12 tháng 4 2020

với mọi x,y,z >0 ta có: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz};\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi x=y=z

ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi a=b

tương tự: \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi b=c

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

đẳng thức xảy ra khi c=a

Vậy \(\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ca+2a^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+2a^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{2}{3}\)

đẳng thức xảy ra khi a=b=c=\(\frac{3}{2}\)

29 tháng 1 2020

Tham khảo bài của mình

19 tháng 1 2019

chứng minh j bạn

20 tháng 1 2019

\(VT=\sum\dfrac{a^2}{5a^2+b^2+c^2+2bc}=\sum\dfrac{a^2}{\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)+a^2+b^2+c^2}\)

\(\le\sum\dfrac{a^2}{9}\left(\dfrac{2}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)=\dfrac{1}{9}+\sum\dfrac{2a^2}{9\left(2a^2+bc\right)}\)

\(=\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\right)\)

\(\le\dfrac{4}{9}-\dfrac{1}{9}.\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\dfrac{1}{3}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c

31 tháng 8 2019

A=\(\sqrt{5a+1}+\sqrt{5b+1}+\sqrt{5c+1}\)(\(A\ge0\))

<=> \(A^2=\left(\sqrt{5a+1}+\sqrt{5b+1}+\sqrt{5c+1}\right)^2\)

Áp dụng bđt bunhiacopski có:

\(\left(1.\sqrt{5a+1}+1.\sqrt{5b+1}+1.\sqrt{5c+1}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(5a+1+5b+1+5c+1\right)\)

<=> \(A^2\le3\left(5a+5b+5c+3\right)=3.\left[5\left(a+b+c\right)+3\right]=3\left(5.1+3\right)=24\)(do a+b+c=1)

<=> \(A\le2\sqrt{6}\)

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

Vậy \(A\le2\sqrt{6}\)

29 tháng 1 2020

Ta sẽ chứng minh: \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)với x,y > 0.

Thật vậy: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)(bđt Cô -si)

và \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)(bđt Cô -si)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z\))

Ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

(Dấu "=" xảy ra khi a = b)

Tương tự ta có:\(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi b=c)

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi c=a)

\(VT=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{2}{3}\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\))

30 tháng 1 2020

Ô, thanh you, bạn 2k7 sao mà giỏi thế