Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Đặt $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=T$
$\frac{a}{b+c}> \frac{a}{a+b+c}$
$\frac{b}{c+a}> \frac{b}{c+a+b}$
$\frac{c}{a+b}> \frac{c}{a+b+c}$
$\Rightarrow T> \frac{a+b+c}{a+b+c}=1$ (đpcm)
----
Xét hiệu:
$\frac{a}{b+c}-\frac{2a}{a+b+c}=\frac{-a(b+c-a)}{(b+c)(a+b+c)}<0$ theo BĐT tam giác
$\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}$
Tương tư: $\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{c+a+b}$
$\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}$
Cộng theo vế:
$T< \frac{2(a+b+c)}{a+b+c}=2$
$\frac{b}{a+c}
2.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{b+c}{a}.1\leq \frac{1}{4}(\frac{b+c}{a}+1)^2=\frac{(b+c+a)^2}{4a^2}\)
\(\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
$\Rightarrow T\geq \frac{2(a+b+c)}{a+b+c}=2$
Dấu "=" xảy ra khi $b+c=a; c+a=b; a+b=c\Rightarrow a=b=c=0$ (vô lý)
Vậy dấu "=" không xảy ra, tức là $T>2>1$ (đpcm)
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{\sqrt{b^2+a^2+a^2}}{ab}\ge\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(b+a+a\right)^2}}{ab}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\) ; \(\dfrac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)=\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1980\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{3}{1980}\)
Áp dụng \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) và \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(N\ge\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}\ge\dfrac{1}{3}\left(a\sqrt{\dfrac{b}{c}}+b\sqrt{\dfrac{c}{a}}+c\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^2=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Gọi biểu thức đã cho là $A$
Vế đầu tiên:
Vì \(a,b,c>0;a+b+c=1\Rightarrow a,b,c<1\)
Do đó: \(a^2+c< a+c< a+b+c\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}>\frac{a}{\sqrt{a+b+c}}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}+\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+b}}>\frac{a+b+c}{\sqrt{a+b+c}}=1\)
Vế sau:
Ta có: \(a^2+c=a^2+c(a+b+c)> a^2+ca+c^2\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}< \frac{a}{\sqrt{a^2+ca+c^2}}\). Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại thu được:
\(\Rightarrow A< \underbrace{\frac{a}{\sqrt{a^2+ac+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ba+a^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+bc+b^2}}}_{M}\) \((1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M^2\leq (1+1+1)\left(\frac{a^2}{a^2+ac+c^2}+\frac{b^2}{b^2+ba+a^2}+\frac{c^2}{c^2+bc+b^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\left(3-\frac{c^2+ac}{a^2+ca+c^2}-\frac{ab+a^2}{b^2+ab+a^2}-\frac{bc+b^2}{c^2+bc+b^2}\right)\)
\(\leq 3\left(3-\frac{c^2+ac}{3ac}-\frac{ab+a^2}{3ab}-\frac{bc+b^2}{3bc}\right)\) (AM-GM)
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\left[3-1-\frac{1}{3}(\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c})\right]\leq 3(3-1-1)\)
(Do theo BĐT AM-GM: \(\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3\) )
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\Rightarrow M\leq \sqrt{3}\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow A<\sqrt{3}< 2\)
mình có cách ngắn gọn hơn nè
ta sẽ chứng mình được \(0< a,b,c< \dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow b^2< b\Rightarrow a+b^2< a+b+c=1\Rightarrow\sqrt{a+b^2}< 1\Rightarrow\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a}}>b\)