K
Khách

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

1 tháng 1 2021

Đặt bđt là (*)

Để (*) đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn :

\(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)thì \(a=b=c=1\) cũng thỏa mãn (*)

\(\Rightarrow4\le\sqrt[n]{\left(n+2\right)^2}\)

Mặt khác: \(\sqrt[n]{\left(n+2\right)\left(n+2\right).1...1}\le\frac{2n+4+\left(n-2\right)}{n}=3+\frac{2}{n}\)

Hay \(n\le2\)

Với n=2 . Thay vào (*) : ta cần CM BĐT 

\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c+a\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{3}{16}\)

Với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Vì: \(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)};\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)

Ta cần CM: 

\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{3}{16}\Leftrightarrow16\left(a+b+c\right)\le6\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Ta có BĐT: \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

Và: \(3\left(ab+cb+ac\right)\le3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+cb+ca\right)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\)

=> đpcm

Dấu '=' xảy ra khi a=b=c

=> số nguyên dương lớn nhất : n=2( thỏa mãn)

20 tháng 5 2019

a) Bất đẳng thức đúng khi a = b = 2c

do đó \(\sqrt{c\left(2c-c\right)}+\sqrt{c\left(2c-c\right)}\le n\sqrt{2c.2c}\Leftrightarrow n\ge1\)

xảy ra khi n = 1

Thật vậy, ta có :

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

\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)

Vậy n nhỏ nhất là 1

b) Ta có : a + b = \(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}=\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

Áp dụng, ta được : \(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(n+1\right)},\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{n}+\sqrt{1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)};\sqrt{n-1}+\sqrt{2}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)

\(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

do đó : \(4\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\right)\le2n\sqrt{2\left(1+n\right)}\)

\(\Rightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\le n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)

27 tháng 3 2019

Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c.1+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)}}=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{a}{a+c}.\frac{b}{b+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\right)\)( bđt Cosi)

Tương tự như trên: \(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right);\sqrt{\frac{ac}{b+ac}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}\right)\)

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

"=" Xảy ra khi và chỉ khi:

\(\frac{a}{a+c}=\frac{b}{b+c}\Leftrightarrow a\left(b+c\right)=b\left(a+c\right)\Leftrightarrow a=b\)

\(\frac{a}{a+b}=\frac{c}{b+c}\Leftrightarrow a=c\)

\(\frac{c}{a+c}=\frac{b}{a+b}\Leftrightarrow b=c\)

\(a+b+c=1\)

Từ các điều trên ta có đc: \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy GTLN của P=3/2 khi và chỉ khi a=b=c=1/3

28 tháng 8 2020

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)

Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

31 tháng 3 2021

Đề phải là số thực không âm mới đúng

19 tháng 2 2022

Ta có:

\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)

Hoàn toàn tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);

\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:

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

\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Do đó:

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

\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

21 tháng 5 2018

\(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)+3\ge7\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\le3\)Áp dụng BĐT AM-GM ta có : 

\(A=\frac{1}{\sqrt{a^3+b^3+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^3c^3+1+1}}+\frac{4\sqrt{3}}{c^6+1+2a^3+8}\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{4\sqrt{3}}{2c^3+2a^3+8}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+4}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{c^3+a^3+1+1+1+1}\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{ac}}=\frac{1}{\sqrt{3ab}}+\frac{1}{\sqrt{3bc}}+\frac{1}{\sqrt{3ac}}\)\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}\right)\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}=\sqrt{\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)}\le\sqrt{3}\) (Bunhiacopxki)

Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

PS : Thánh cx đc phết ha; chế đc bài này tui mới khâm phục :)))

28 tháng 5 2018

nó ko chém đâu anh nó chép trong toán tuổi thơ đấy,thk này khốn nạn lắm

14 tháng 6 2019

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

\(\Leftrightarrow\left[2-\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}\right]+\left[2-\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}\right]+\left[2-\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\right]\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :

\(\frac{b^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\)( 1 )

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

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

Cộng ( 1 ) với ( 2 ), ta được :

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

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

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}\right)=\frac{9}{2}\)

14 tháng 6 2019

không biết cách này ổn không 

Ta có : \(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}=\frac{2-\frac{b}{a}}{\frac{c}{b}+1}\) ; tương tự :...

đặt \(\frac{a}{c}=x;\frac{b}{a}=y;\frac{c}{b}=z\Rightarrow xyz=1\)

\(\Sigma\frac{2-y}{z+1}\le\frac{3}{2}\)          

\(\Leftrightarrow2\Sigma xy^2+2\Sigma x^2+\Sigma xy\ge3\Sigma x+6\)( quy đồng khử mẫu )

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{x}{y}\ge\Sigma x\)( xyz = 1 )           ( luôn đúng )

\(\Rightarrowđpcm\)