Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và Nesbitt ta có:
\(P\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\right)}\)
\(\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\frac{3}{2}\right)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
2/
- Chứng minh \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Ta có \(\sqrt{2}.\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
- Chứng minh \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Bạn chứng minh bằng biến đổi tương đương
1/ \(ab+bc+ac=3abc\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Ta có \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy min P = 3/2 tại a = b = c = 1
Cách giải khác đây:
Áp dụng bđt bunhia copxki ta có \(A^2\le6\left(a+b+c\right)=6\)vì a+b+c=1
nên \(A\le\sqrt{6}\)
Dấu = xảy ra <=>a=b=c=1/3
3.
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(4a^2+4ab+b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(2a+b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}\ge2a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\)
Tương tự \(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c};\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\)
\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le\frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow MaxP=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
1
\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le a\cdot\frac{b+1+b^2-b+1}{2}=\frac{ab^2}{2}+1\)
Tương tự ta có:\(P\le3+\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
Giả sử b nằm giữa a và c
Ta có:
\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2-bc-ab+ac\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+bc^2+abc\)
\(\le a^2b+bc^2+2abc=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\) dể chứng minh
Khi đó:\(P\le3+\frac{4}{2}=5\)
Dấu "=" xảy ra tại a=0;b=1;c=2 và các hoán vị
2
Đặt \(a+b-c=x;b+c-a=y;c+a-b=z\)
\(\Rightarrow a=\frac{x+y}{2};b=\frac{y+z}{2};c=\frac{z+x}{2}\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:\(xyz\le\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{8}\) ( đúng theo bđt cô si )
P/S:a,b,c không là độ dài 3 cạnh tam giác vẫn đúng theo BĐT Schur
Bài 1: em làm không đúng rồi và cô không hiểu ý tưởng làm bài của em nhưng có mấy lỗi cơ bản:
Sai dòng thứ nhất \(\frac{ab^2}{2}+a\)
Dấu bằng xảy ra cũng sai. Dòng thứ 6 em nhân cả hai vế cho a mà dấu bằng a = 0 . vô lí
Dòng thứ 5 ( b - a ) ( b - c ) <= 0 thì dấu bằng xảy ra a = b hoặc b = c chứ
Dòng thứ 8 => sau đó làm thế nào.