Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)
Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Thiết lập các BĐT tương tự:
\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)
Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM
Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !
1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :
\(a^2b+a^2b+\frac{1}{ab^2}\ge3\sqrt[3]{a^2b.a^2b.\frac{1}{ab^2}}=3a\)
tương tự : \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :
\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng BDDT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+2b+3c}=\frac{1}{a+b+b+c+c+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right);\frac{1}{2a+3b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{1}{36}\left(\frac{6}{a}+\frac{6}{b}+\frac{6}{c}\right)=\frac{1}{6a}+\frac{1}{6b}+\frac{1}{6c}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
b)
Đề: Cho a, b, c > 0 và abc = ab + bc + ca. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{3}{16}\)
~ ~ ~ ~ ~
\(abc=ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\), ta có:
\(\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2\left(b+c\right)}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2\left(a+c\right)}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left[\frac{3}{2\left(a+c\right)}+\frac{3}{2\left(b+c\right)}+\frac{3}{2\left(a+b\right)}\right]\)
\(=\frac{3}{8}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\le\frac{3}{32}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{3}{16}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Vân dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+2c+a}\ge\frac{4}{\left(a+3b\right)+\left(b+2c+a\right)}=\frac{2}{a+2b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+2a+b}\ge\frac{4}{\left(b+3c\right)+\left(c+2b+a\right)}=\frac{2}{b+2c+a}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{4}{\left(c+3a\right)+\left(a+2b+c\right)}=\frac{2}{c+2a+b}\)
Cộng tất cả các vế bất đẳng thức trên và rút gọn ta có bất đẳng thức \(\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\le\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\)
Đẳng thức xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}a+3b=b+2c+a\\b+3c=c+2a+b\Leftrightarrow a=b=c\\c+3a=a+2b+c\end{cases}}\)
Ta áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
Áp dụng vào bài toán ta có :
\(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{4}{a+3b+a+b+2c}=\frac{4}{2a+4b+2c}=\frac{2}{a+2b+c}\)
\(\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{2a+b+c}\ge\frac{4}{b+3c+2a+b+c}=\frac{4}{2a+2b+4c}=\frac{2}{a+b+2c}\)
\(\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{4}{c+3a+a+2b+c}=\frac{4}{4a+2b+2c}=\frac{2}{2a+b+c}\)
Cộng vế theo vế của bất đẳng thức ta được
\(\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\ge\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\)
=> ĐPCM
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{2a+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{2b+c+1}}+\frac{1}{\sqrt{2c+a+1}}=A\\\sqrt{2a+b+1}+\sqrt{2b+c+1}+\sqrt{2c+a+1}=B\end{cases}}\)(thật ra cx ko cần đặt,mk đặt làm cho gọn hơn thôi ^^)
Cauchy-Schwarz: \(A\ge\frac{9}{B}\)
Xét: \(B^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(2a+b+1+2b+c+1+2c+a+1\right)=36\)
\(\Rightarrow B\le6\)
\(A\ge\frac{9}{B}\ge\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cho mình hỏi, phân thức cuối cùng của câu a phải là \(\frac{1}{c+2a+b}\)chứ
\(\frac{1}{6a+1}+...+\frac{1}{6a+1}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}\ge\frac{9^2}{21\left(2a+1\right)}\)
(9 p/s 1/6a+1)
7 p/s 1/6a+1