Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0}\)
Tương tự \(\left(b+1\right)\left(b-2\right)\le0,\left(c+1\right)\left(c-2\right)\le0\)
=> (a+1)(a-2)+(b+1)(b-2)+(c+1)(c-2)\(\le\)0 => a2+b2+c2-(a+b+c)-6\(\le\)0
=>a2+b2+c2 \(\le\)6
Dấu "=" xảy ra <=> (a+1)( a-2)=0, (b+1)(b-2)=0, (c+1)(c-2)=0 , a+b+c=0 <=> a=2, b=c=-1 và các hoán vị
Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3})^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 1\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\) (BĐT Cauchy)
hay \(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge1\)
Khi đó dễ thấy dấu = sẽ đạt được tại biên, tức a=2, c=1 nên ta sẽ dồn các biến ra biên
Ta có: \(\left(\dfrac{a}{b}-1\right)\left(\dfrac{b}{c}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\le\dfrac{a}{c}+1\)
\(\left(\dfrac{b}{a}-1\right)\left(\dfrac{c}{b}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\le\dfrac{c}{a}+1\)
Do đó \(VT\le2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+2\) nên chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\le\dfrac{5}{2}\)(*) hay \(\dfrac{\left(a-2c\right)\left(2a-c\right)}{2ac}\le0\) ( luôn đúng do \(c\le a\le2c\) )
Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi a=2, c=1, b=1 hoặc a=2, c=1, b=2 và các hoán vị tương ứng.