Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài này sai rồi nha bn!!
Áp dụng bdt Bunhiacopski
\(\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}<=\sqrt{3*(12-(a^2+b^2+c^2))} a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3 = 1/3 <\sqrt{35} \)
Vậy là phải bé hơn hoặc bằng căn 35 mới đúng đề!
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)
Ta quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức sau
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le3\sqrt{2}\)và \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le\sqrt{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le\sqrt{6\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\le3\sqrt{2}\)
Mặt khác ta lại có \(\left[\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\right]^2\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^4\); \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
Do đó ta được \(\left(x^3+y^3+z^3\right)^2\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^3}{3}\)
Áp dụng kết quả trên ta thu được \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right]^3\)
Mà theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}+\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}\) \(\ge\frac{9}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{4\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\ge\frac{9}{4\sqrt{9}}=\frac{3}{4}\)
Do đó ta có \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}\right]^3=\frac{9}{64}\)
Suy ra \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)
Từ các kết quả trên ta được \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le\frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt[3]{3}}{2}}=2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Và
\(VT^2=\left(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\right)^2\)
\(\le\left(5a+4+5b+4+5c+4\right)\left(1+1+1\right)\)
\(\Leftrightarrow VT^2\le15\left(a+b+c\right)+36\)
Mà \(3\le a+b+c\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow VT^2\le15\left(a+b+c\right)+12\left(a+b+c\right)=27\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\le3\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\)
Ta có đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(P=\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P=\Sigma2\sqrt{3}\sqrt{4-a^2}\)\(=\Sigma2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)
Vì \(a,b,c\in\left[-2,2\right]\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}4-a^2\ge0\\4-b^2\ge0\\4-c^2\ge0\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm, ta có:
\(\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le\Sigma\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{3}P\le3\left(a+b+c\right)+12-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le21-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=21-\frac{9}{3}=18\)
\(\Rightarrow P\le3\sqrt{3}\)
\(''=''\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Lời giải:
Vì \(a+b+c=4; b,c>0\Rightarrow a=4-b-c< 4\)
\(\Rightarrow a^4< 4a^3\)
\(\Rightarrow \frac{a^4}{4}< a^3\Rightarrow \frac{a}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{a^3}\). Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{b}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{b^3}; \frac{c}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{c^3}\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}> \frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
Ta có đpcm.
Bài 3:(dài quá,đăng từ câu):
a)Từ giả thiết suy ra \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge3\Rightarrow a+b+c\ge3\)
BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Mà \(VT\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)\). Do đó ta chứng minh một BĐT chặt hơn là:
\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+3abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(c+b\right)+ca\left(c+a\right)\right]\) (*)
Để ý rằng theo Cô si: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (1) và
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\ge0\) (2)
Do \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\). Tương tự với hai BĐT còn lại suy ra (2) đúng (3)
Từ (1) và (2) và (3) suy ra (*) đúng hay ta có đpcm.
Bài ngắn làm trước:
Bài 5: Dự đoán xảy ra đẳng thức khi a=1; b=2/3; c=4/3. Ta biến đổi như sau:
\(A=\left(4a^2+4\right)+\left(6b^2+\frac{8}{3}\right)+\left(3c^2+\frac{16}{3}\right)-12\)
\(\ge2\sqrt{4a^2.4}+2\sqrt{6b^2.\frac{8}{3}}+2\sqrt{3c^2.\frac{16}{3}}-12\)
\(=8\left(a+b+c\right)-12=8.3-12=12\)
Dấu "=" xảy ra khi ....
Bài này dùng wolfram alpha cho lẹ, đi thi không dùng được thì em dùng "cân bằng hệ số"
Áp dụng BĐT phụ:
\(3\left(a^2+a^2+b^2\right)\ge\left(2a+b\right)^2\)
P=\(\sum\dfrac{a}{\sqrt{2a^2+b^2}+\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P=\sum\dfrac{a}{\sqrt{3\left(a^2+a^2+b^2\right)}+3}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P\le\sum\dfrac{a}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2}+a+b+c}=\sum\dfrac{a}{3a+2b+c}\)
Xét M=\(\sum\dfrac{a}{3a+2b+c}\)
\(3-3M=\sum\dfrac{2b+c}{3a+2b+c}\)
\(\Rightarrow\)\(3-3M=\sum\dfrac{\left(2b+c\right)^2}{\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)}\ge\)\(\dfrac{\left(3a+3b+3c\right)^2}{\sum\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)}\)
Mà
\(\sum\left(3a+2b+c\right)\left(2b+c\right)=5a^2+5b^2+5c^2+13ab+13bc+13ac=5\left(a+b+c\right)^2+3\left(ab+bc+ac\right)\le5\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\)\(3-3M\ge\dfrac{\left(3a+3b+3c\right)^2}{6\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(M\le\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{\sqrt{3}}P\le\dfrac{1}{2}\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Vì \(a+b+c=4;a,b,c>0\Rightarrow 0< a,b,c< 4\)
Ta có:
\(0< a< 4\Rightarrow \sqrt[4]{a}< \sqrt{2}\)
\(\Rightarrow a< \sqrt{2}.\sqrt[4]{a^3}\)
Hoàn toàn tương tự: \(b< \sqrt{2}.\sqrt[4]{b^3}; c< \sqrt{2}.\sqrt[4]{c^3}\)
Cộng theo vế các BĐT vừa thu được ở trên:
\(\Rightarrow a+b+c< \sqrt{2}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})\)
\(\Leftrightarrow 4< \sqrt{2}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})\)
\(\Leftrightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}> 2\sqrt{2}\) (đpcm)