Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT\le\frac{1}{2\sqrt{a^2bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2ab}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab.ac}}+\frac{1}{\sqrt{ab.bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac.bc}}\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Áp dụng BĐT côsi ta có:
a² + bc ≥ 2.a√(bc)
<=> 1/(a² + bc) ≤ 1/(2a√(bc)) -------------(1)
tương tự vậy:
1/(b² + ac) ≤ 1/(2b√(ac)) -------------------(2)
1/(c² + ab) ≤ 1/(2c√(ab)) -------------------(3)
lấy (1) + (2) + (3)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ 1/(2a√(bc)) + 1/(2b√(ac)) + 1/(2c√(ab))
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ √(bc)/2abc + √(ac)/2abc + √(ab)/2abc
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ [√(bc) + √(ac) + √(ab) ]/2abc (!)
Ta chứng minh bổ đề:
√(ab) + √(bc) + √(ac) ≤ a + b + c
thật vậy, áp dụng BĐT côsi ta được:
a + b ≥ 2√(ab) --- (*)
a + c ≥ 2√(ac) --- (**)
b + c ≥ 2√(bc) --- (***)
lấy (*) + (**) + (***) => 2(a + b + c) ≥ 2.[ √(bc) + √(ac) + √(ab) ]
<=> √(bc) + √(ac) + √(ab) ≤ a + b + c (@)
từ (!) và (@)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ (a + b + c)/2abc ( Đpcm )
Áp dụng AM - GM:
\(\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}};\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{1}{2b\sqrt{ca}};\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
Mình làm xin bạn xem kĩ :
giả sử đã cm xong ta có :
thay a2 +b2 +c2 = 1 vào vế trái bđt trên, ta có :
\(1+\frac{c^2}{a^2+b^2}+1+\frac{a^2}{b^2+c^2}+1+\frac{b^2}{a^2+c^2}\le\left(vế\right)phải\) ( khi thế vào có các tử bằng mẫu )
<=> \(\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}\le\frac{a^2}{2bc}+\frac{b^2}{2ac}+\frac{c^2}{2ab}\) (1)
Vậy ta chỉ cần cm điều trên đúng thì xong
Bạn để ý với a,b,c là số dương thì :
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ac\)
=> \(\frac{1}{a^2+b^2}\le\frac{1}{2ab}\)
=> \(\frac{c^2}{a^2+b^2}\le\frac{c^2}{2ab}\)
Tương tự với các bđt còn lại. Sau đó cộng các vế lại ta sẽ được bđt (1) => (1) đúng => đpcm
Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)
Ta có
\(\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a}{\sqrt{ab+bc+ca+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{ab+bc+ca+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{ab+bc+ca+c^2}}\)
\(\Leftrightarrow2a.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+b.\frac{1}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+c.\frac{1}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
\(\Leftrightarrow2a.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+2b.\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right).4.\left(b+c\right)}}+2c.\frac{1}{\sqrt{\left(a+c\right).4.\left(b+c\right)}}\)
\(\le\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\)
\(=1+1+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}\)
Ta có:
\(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Sau đó Cauchy....
Bài này quá nhiều người đăng đến ngán r`, bn quay lại tìm hoặc làm nốt nhéiiiiiiiiiiiiiiiii
\(a^2+bc\ge2\sqrt{a^2bc}=2a\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}=\frac{\sqrt{bc}}{2abc}\).
Tương tự ta có: \(\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{\sqrt{ac}}{2abc},\frac{1}{c^2+ba}\le\frac{\sqrt{ba}}{2abc}\).
Ta lại có: \(a+b\ge2\sqrt{ab},b+c\ge2\sqrt{bc},c+a\ge2\sqrt{ca}\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\).
Do đó ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ba}\le\frac{\sqrt{bc}}{2abc}+\frac{\sqrt{ac}}{2abc}+\frac{\sqrt{ba}}{2abc}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
\(\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c>0\).