Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{\left(x+y\right)\left(m+n\right)}\ge\sqrt{xm}+\sqrt{yn}\) , có :
\(\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Tương tự và cộng lại ta được :
\(VT\le\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
\(=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh !
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)\(\le\frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}\)=\(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)(1)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{b+\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)(2)
\(\frac{c}{c+\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)(3)
Cộng theo vế của (1);(2)&(3) ta đc:
A\(\le1\)
Dấu''='' xảy ra\(\Leftrightarrow\)a=b=c
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)
\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Ta thấy: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}}\)
Ta lại có: \(\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}\le\frac{\left(a^2b+b^2c\right)+\left(bc^2+ca^2\right)+\left(c^2a+ab^2\right)}{3}=\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+bc\right)}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}\)
Nhận thấy: \(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=a^3+b^3+c^3+3abc+2\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
Theo Schur: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow A\ge3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{9}{a+b+c}\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(VT=\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{3}{\sqrt{b}}+\frac{8}{\sqrt{3c+2a}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{2}{\sqrt{b}}+\frac{8}{\sqrt{3c+2a}}\)
\(\ge\frac{4}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{2\left(1+2\right)^2}{\sqrt{3c+2a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{4}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{\left(1+2\right)^2}{\sqrt{3c+2a}+\sqrt{b}}+\frac{\left(1+2\right)^2}{\sqrt{3c+2a}+\sqrt{b}}\)
\(\ge\frac{\left(1+2+1+2+2\right)^2}{2\sqrt{3c+2a}+3\sqrt{b}+\sqrt{a}}\)
\(\ge\frac{64}{\sqrt{\left(1+2^2+3\right)\left(a+2a+3c+3b\right)}}\)
\(=\frac{64}{\sqrt{24\left(a+c+b\right)}}=\frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}=VP\)
BĐT sai với $a=1,b=2,c=3$