Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a+b+c=\frac{1}{abc}\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\sum\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\sum\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum\frac{x}{\sqrt{x^2+xy+yz+zx}}=\sum\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\sum\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\) hay \(a=b=c=\sqrt{3}\)
2.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :
\(\left(1+9^2\right)\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow82\cdot\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}\ge x+\frac{9}{x}\)
Tương tự ta cũng có :
\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}\ge y+\frac{9}{y}\)
\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge z+\frac{9}{z}\)
Cộng theo vế của các bất đẳng thức ta được :
\(\sqrt{82}\cdot\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\right)\ge x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot P\ge x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}\)(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}=81x+\frac{9}{x}+81y+\frac{9}{y}+81z+\frac{9}{z}-80x-80y-80z\)
\(\ge2\sqrt{\frac{81x\cdot9}{x}}+2\sqrt{\frac{81y\cdot9}{y}}+2\sqrt{\frac{81z\cdot9}{z}}-80\left(x+y+z\right)\)
\(\ge2\sqrt{729}+2\sqrt{729}+2\sqrt{729}-80\cdot1\)
\(=82\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{82}\cdot P\ge82\)
\(\Leftrightarrow P\ge\sqrt{82}\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)
1.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
\(\frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}\)
\(=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c}\)
\(=9a+\frac{1}{a}+9b+\frac{1}{b}+9c+\frac{1}{c}-8a-8b-8c\)
\(\ge2\sqrt{\frac{9a}{a}}+2\sqrt{\frac{9b}{b}}+2\sqrt{\frac{9c}{c}}-8\left(a+b+c\right)\)
\(\ge3\cdot2\sqrt{9}-8=10\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
$(a^3+1)(a+1)\geq (a^2+1)^2\Rightarrow a^3+1\geq \frac{(a^2+1)^2}{a+1}; a+1\leq \sqrt{2(a^2+1)}$
$\Rightarrow \frac{a^3+1}{b\sqrt{a^2+1}}\geq \frac{\sqrt{(a^2+1)^3}}{b(a+1)}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}$
Bài toán sẽ được chứng minh khi ta chỉ ra được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}\geq \sqrt{2}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+1}{b}+\frac{b^2+1}{c}+\frac{c^2+1}{a}\geq 2(a+b+c)$
$\Leftrightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)(*)$
Thật vậy, theo BĐT AM-GM:
$ab^3+bc+a^2b^2c^2\geq 3ab^2c$. Tương tự với $bc^3+ca+a^2b^2c^2\geq 3abc^2; ca^3+ab+a^2b^2c^2\geq 3a^2bc$
Cộng theo vế và thu gọn:
$ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 3abc(a+b+c-abc)(1)$
Mà: $(a+b+c)^3\geq 27abc\geq 27(abc)^3$ (do $abc\leq 1$) nên $a+b+c\geq 3abc(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)$. BĐT $(*)$ được chứng minh.
Bài toán hoàn tất.
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
Ta cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)
Bất đẳng thức đã được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
\(VT=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{c+a}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}.\frac{c}{c+a}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
