Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (1)
Và \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge a+b-1\\bc\ge b+c-1\\ca\ge c+a-1\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(ab+bc+ca\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (2)
(1), (2) \(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(\hept{\begin{cases}a\le1\\b\le1\\c\le1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\\c^3\le c^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)=2a^3+2b^3+2c^3\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=1;b=1;c=0\) và các hoán vị
Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.
Do a ≤ 1⇒a2 ≤1 và
(1−a2)(1−b) ≤0 ⇒1+a2b2 ≥ a2+b
Mà 0 ≤ a , b ≤ 1 ⇒a2≥ a3 ,b2≥ b3
⇒ 1+a2b2 ≥ a3 + b3
Tương tự rồi cộng lại ta có được điều phải chứng minh
Từ \(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+a+b+b+c\right)\ge\left(1+1+1+1+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{25}{2a+2b+c}\)
Tương tự ta có :
\(\frac{2}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{25}{2b+2c+a}\)
\(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge\frac{25}{2a+b+2c}\)
Cộng từng vế BĐT ta thu được :
\(\frac{5}{a}+\frac{5}{b}+\frac{5}{c}\ge25P\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{5\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}{25}=1\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{5}\)
Áp dụng BĐT phụ:
\(3\left(a^2+a^2+b^2\right)\ge\left(2a+b\right)^2\)
P=\(\sum\dfrac{a}{\sqrt{2a^2+b^2}+\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P=\sum\dfrac{a}{\sqrt{3\left(a^2+a^2+b^2\right)}+3}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P\le\sum\dfrac{a}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2}+a+b+c}=\sum\dfrac{a}{3a+2b+c}\)
Xét M=\(\sum\dfrac{a}{3a+2b+c}\)
\(3-3M=\sum\dfrac{2b+c}{3a+2b+c}\)
\(\Rightarrow\)\(3-3M=\sum\dfrac{\left(2b+c\right)^2}{\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)}\ge\)\(\dfrac{\left(3a+3b+3c\right)^2}{\sum\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)}\)
Mà
\(\sum\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)=5a^2+5b^2+5c^2+13ab+13bc+13ac=5\left(a+b+c\right)^2+3\left(ab+bc+ac\right)\le5\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\)\(3-3M\ge\dfrac{\left(3a+3b+3c\right)^2}{6\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(M\le\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P\le\dfrac{1}{2}\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \(x=\sqrt{\frac{b}{a}};y=\sqrt{\frac{c}{b}};z=\sqrt{\frac{a}{c}}\) thì \(xyz=1\) và BĐT cần chứng minh là
\(\sqrt{\frac{2}{x^2+1}}+\sqrt{\frac{2}{y^2+1}}+\sqrt{\frac{2}{z^2+1}}\le3\)
Giả sử \(x\le y\le z\Rightarrow\hept{\begin{cases}xy\le1\\z\ge1\end{cases}}\) ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{2}{x^2+1}}+\sqrt{\frac{2}{y^2+1}}\right)^2\le2\left(\frac{2}{x^2+1}+\frac{2}{y^2+1}\right)\)
\(=4\left[1+\frac{1-x^2y^2}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\right]\)
\(\le4\left[1+\frac{1-x^2y^2}{\left(xy+1\right)^2}\right]=\frac{8}{xy+1}=\frac{8z}{z+1}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{2}{x^2+1}}+\sqrt{\frac{2}{y^2+1}}\le2\sqrt{\frac{2z}{z+1}}\)
Nên còn phải chứng minh \(2\sqrt{\frac{2z}{z+1}}+\frac{2}{z+1}\le3\)
\(\Leftrightarrow1+3z-2\sqrt{2z\left(z+1\right)}\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{2z}-\sqrt{z+1}\right)^2\ge0\)
BĐT cuối đúng hay ta có ĐPCM