Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Copy paste lại bài hôm rồi, đỡ phải nghĩ:v
Ta chứng minh bổ đề sau: cho hai dãy số dương \(a\ge b\ge c\) và \(x\ge y\ge z\) thì \(ax+by+cz\ge bx+cy+az\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(a-b\right)x+\left(b-c\right)y-\left(a-c\right)z\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)x-\left(a-b\right)y+\left(a-c\right)y-\left(a-c\right)z\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(x-y\right)+\left(a-c\right)\left(y-z\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^3\ge b^3\ge c^3\\\frac{1}{b^2+c^2}\ge\frac{1}{c^2+a^2}\ge\frac{1}{a^2+b^2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P=\frac{a^3}{b^2+c^2}+\frac{b^3}{c^2+a^2}+\frac{c^3}{a^2+b^2}\ge\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}+\frac{a^3}{a^2+b^2}\)
Ta có: \(\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)
Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(P\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{2}{bc}; \frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{2}{ac}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc}\)
Để bài toán được giải quyết ta sẽ CM: \(\frac{3}{abc}\geq a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow abc(a^2+b^2+c^2)\leq 3(*)\)
Thật vậy, theo BĐT AM-GM và các hệ quả của nó:
\(9abc=3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ac)^2\)
\(\Rightarrow 9abc(a^2+b^2+c^2)\leq (ab+bc+ac)^2(a^2+b^2+c^2)\)
Mà: \((ab+bc+ac)^2(a^2+b^2+c^2)\leq \left(\frac{ab+bc+ac+ab+bc+ac+a^2+b^2+c^2}{3}\right)^3=\frac{(a+b+c)^6}{27}=27\)
\(\Rightarrow 9abc(a^2+b^2+c^2)\leq 27\Rightarrow abc(a^2+b^2+c^2)\leq 3\)
BĐT $(*)$ được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2b^2}{b^2c^2}}\ge\frac{2a}{c}\) ; \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2c}{b}\) ; \(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2b}{a}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
2. \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc.ac}{ab}}=2c\) ; \(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Ta thấy:
\(\text{VT}=(a+\frac{ca}{a+b})+(b+\frac{ab}{b+c})+(c+\frac{bc}{c+a})\)
\(=\frac{a(a+b+c)}{a+b}+\frac{b(a+b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b+c)}{c+a}\)
\(=(a+b+c)\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\geq (a+b+c).\frac{(a+b+c)^2}{a^2+ab+b^2+bc+c^2+ac}=\frac{(a+b+c)^3}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)
Có:
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2+2$
$\Rightarrow a+b+c=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2}=\sqrt{t+2}$ với $t=a^2+b^2+c^2$
Do đó:
$\text{VT}\geq \frac{\sqrt{(t+2)^3}}{t+1}$ \(=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((t+2)^3=\left(\frac{t+1}{2}+\frac{t+1}{2}+1\right)^3\geq 27.\frac{(t+1)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \text{VT}=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\geq \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
\(VT=\frac{a^3}{b^2+8}+\frac{b^3}{c^2+8}+\frac{c^3}{a^2+8}\)
\(=\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ca}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{b^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cô si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\\\frac{b^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{b+c}{8}+\frac{c+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{c+a}{8}+\frac{a+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{b^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{4}=\frac{3}{4}\)
Vậy BĐT được chứng minh . Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
sao a ≥ 1 suy ra được a+b+c ≥ 1 ??
Theo em bài này có 2 lỗi sai, thứ nhất:
Theo BĐT dòng 3 thì ta có :\(a+b+c\ge1\)
Tuy nhiên dấu đẳng thức lại xảy ra khi \(a=1,b=c=0\) (Thực ra thay đẳng thức a = b = c = 1 vào nó cũng không thỏa mãn!)
Thứ 2: Dòng kế cuối, nếp áp dụng BĐT dòng 4 thì: \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\ge\frac{\left(a+b+c\right)}{9}\ge\frac{\sqrt[3]{abc}}{3}?!\)