Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Từ ĐKĐB kết hợp BĐT Bunhiacopxky:
\(3(a^2+6)=3(a^2+a^2+b^2)=(1+2)(2a^2+b^2)\geq (\sqrt{2}a+\sqrt{2}b)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{3(a^2+6)}\geq \sqrt{2}(a+b)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a,b>0\\ a^2+b^2=6\\ \frac{1}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{b}\end{matrix}\right.\) hay $a=\sqrt{\frac{6}{5}}; b=2\sqrt{\frac{6}{5}}$
ta có: \(\sqrt{3\left(a^2+b^2\right)}\ge\left(a+b\right)^2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow3\left(2a^2+b^2\right)\ge2\left(a+b\right)^2\)(vì a2+b2=6)
\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)
\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\\ \Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)
(luôn đúng với mọi a;bdương)
=> đpcm
Bình phương 2 vế ta được
3a2 + 18 - 2a2 - 4ab - 2b2 \(\ge\)0
<=> a2 - 2b2 - 4ab + 3( a2 + b2) \(\ge0\)
<=> 4a2 - 4ab + b2 \(\ge0\)
<=> (2a - b)2 \(\ge0\)(đúng)
\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)
\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)
Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:
\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Dấu "=" khi a = b = c > 0
P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại
\(\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6\)
Giả sử \(c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(a=c+u,b=c+v\) thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc\)
Cũng theo BĐT AM-GM \(\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}\)và \(\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\)
\(\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
\(\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)\le\left(\frac{4a+4b}{2}\right)^2=\left(2a+2b\right)^2\)
=>\(\frac{1}{2}\sqrt{\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)}\le\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)=a+b\)
Mình làm phần dễ nhất rồi, còn lại của bạn đó ^^
\(\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge16\)
Ap dung bdt amgm va bdt bunhiacpoxki taok:
\(VT=\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\)
\(=\left(\sqrt{2\left(b^2+\left(a+c\right)^2\right)}+3\right)\left(\frac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}+3\right)\)
\(\ge\left(\sqrt{2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}}+3\right)\left(\frac{2}{2a+b+b+2c}+3\right)\)
\(=\left(a+b+c+3\right)\left(\frac{1}{a+b+c}+3\right)\)
\(\ge\left(1+3\right)^2=16=VP\)
\(\sqrt{3\left(a^2+6\right)}\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)
\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM