Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\left(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\a;b;c>0\end{cases}}\)
Và \(\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+2c^2}}+\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2+2a^2}}+\frac{ca}{\sqrt{c^2+a^2+2b^2}}\le\frac{1}{2}\)
Ta có :
\(\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}=\frac{2ab}{\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+b^2+2c^2\right)}}\)
\(\le\frac{2ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại roouf cộng theo vế :
\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ac}{a+b}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Rightarrow x=y=z=\frac{1}{9}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Ta có \(2\left(2x^2+y^2\right)=4x^2+2y^2=\left(2x+y\right)^2+y^2-4xy=4+y\left(y-4x\right)\)
\(=4+y\left(3y-4\right)=4+3y^2-4y=3+\left(y-1\right)\left(3y-1\right)\)
Vì \(0\le x\le y\le1\to3y\ge2\to y\ge\frac{2}{3}\to3y-1\ge1>0.\) Thành thử \(\left(y-1\right)\left(3y-1\right)\le0.\) Vậy \(2\left(2x^2+y^2\right)\le3\to2x^2+y^2\le\frac{3}{2}.\) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(y=1,x=\frac{1}{2}.\)
Băng Băng 2k6, Vũ Minh Tuấn, Nguyễn Việt Lâm, HISINOMA KINIMADO, Akai Haruma, Inosuke Hashibira,
Nguyễn Lê Phước Thịnh, Nguyễn Thị Ngọc Thơ, Nguyễn Thanh Hiền, Quân Tạ Minh, @tth_new
Help meeee! thanks nhiều ạ
Đặt \(\left(\sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=1\\a;b;c>0\end{matrix}\right.\)
Và \(\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+2c^2}}+\dfrac{bc}{\sqrt{b^2+c^2+2a^2}}+\dfrac{ca}{\sqrt{c^2+a^2+2b^2}}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có:\(\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+2c^2}}=\dfrac{2ab}{\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+b^2+2c^2\right)}}\)
\(\le\dfrac{2ab}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+bc}{a+c}+\dfrac{ab+ac}{b+c}+\dfrac{bc+ac}{a+b}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\Rightarrow x=y=z=\dfrac{1}{9}\)
Đặt \(\dfrac{1}{x+1}=a,\dfrac{1}{y+1}=b,\dfrac{1}{z+1}=c\Rightarrow a,b,c>0;a+b+c=1.\)
\(x=\dfrac{1}{a}-1\)
Cần chứng minh: \(\sum\sqrt{\dfrac{1}{a}-1}\le\dfrac{3}{2}\sqrt{\left(\dfrac{1}{a}-1\right)\left(\dfrac{1}{b}-1\right)\left(\dfrac{1}{c}-1\right)}\)
Hay \(\sum\sqrt{\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a+b+c}}\le\dfrac{3}{2}\sqrt{\prod\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a+b+c}\right)}\)
Hay là \(\sum\sqrt{\dfrac{b+c}{a\left(a+b+c\right)}}\le\dfrac{3}{2}\sqrt{\prod\dfrac{\left(b+c\right)}{a\left(a+b+c\right)}}\)
Tương đương: \(\sum\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}\le\dfrac{3}{2}\sqrt{\prod\dfrac{\left(b+c\right)}{a}}\)
\(\left[\sum\left(b+c\right)\left\{a+2\left(b+c\right)\right\}\right]\left[\sum\dfrac{1}{a\left\{a+2\left(b+c\right)\right\}}\right]\ge\left[\sum\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}\right]^2\)
Từ đây cần chứng minh:
\(\dfrac{9}{4}\prod\dfrac{\left(b+c\right)}{a}\ge\left[\sum\left(b+c\right)\left\{a+2\left(b+c\right)\right\}\right]\left[\sum\dfrac{1}{a\left\{a+2\left(b+c\right)\right\}}\right]\)
Còn lại bạn tự làm hoặc không để tối rảnh mình làm.
Do hoc24.vn không cho cập nhật câu trả lời nữa nên mình đăng tiếp:
Thực hiện thay thế \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(s-a',s-b',s-c'\right)\) với $a',b',c'$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a' + b' + c' = 2s\\a'b' + b'c' + c'a' = {s^2} + 4Rr + {r^2}\\a'b'c' = 4sRr\end{array} \right.$
Bất đẳng thức quy về:
$${\dfrac { \left( 4\,R-24\,r \right) {s}^{4}+r \left( 72\,{R}^{2}+41\,Rr+8\,{r}^{2} \right) {s}^{2}+2\,{r}^{2} \left( 4\,R+r \right) ^{3}}{r{s}^{2} \left( 4\,{s}^{2}+r \left( 8\,R+r \right) \right) }}\geqslant 0$$
\( \Leftrightarrow \left( {4{\mkern 1mu} R - 24{\mkern 1mu} r} \right){s^4} + r\left( {72{\mkern 1mu} {R^2} + 41{\mkern 1mu} Rr + 8{\mkern 1mu} {r^2}} \right){s^2} + 2{\mkern 1mu} {r^2}{\left( {4{\mkern 1mu} R + r} \right)^3} \geqslant 0\)
Hay là \({s^2}\left( {R - 2{\mkern 1mu} r} \right)\left( {9{\mkern 1mu} {r^2} + 4{\mkern 1mu} {s^2}} \right) + r\left[ {10{\mkern 1mu} {s^2}\left( {4{\mkern 1mu} {R^2} + 4{\mkern 1mu} Rr + 3{\mkern 1mu} {r^2} - {s^2}} \right) + \left( {8{\mkern 1mu} Rr + 2{\mkern 1mu} {r^2} + 2{\mkern 1mu} {s^2}} \right)\left( {16{\mkern 1mu} {R^2} + 8{\mkern 1mu} Rr + {r^2} - 3{\mkern 1mu} {s^2}} \right)} \right] \geqslant 0\)
Đây là điều hiển nhiên.
Ngoài ra phương pháp SOS, SS cũng có thể sử dụng ở đây.
(2x + y)x \(\le2x\) <=> \(2x^2+xy\le2x\)(1)
Vì \(0\le x\le y\Leftrightarrow y-x\ge0\) mà \(y\le1\Rightarrow\left(y-x\right)y\le y-x\) (2)
Lấy (1) + (2) => \(2x^2+y^2\le x+y\)
áp dụng BĐT bun nhi a cốp xki :
\(\left(2x^2+y^2\right)^2\le\left(x+y\right)^2=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2}x+1\cdot y\right)^2\le\left(2x^2+y^2\right)\left(\frac{1}{2}+1\right)\)
Vì \(2x^2+y^2\ge0\) chia cả hai vế cho 2x^ 2 + y^2 ta đc ĐPCM . Dấu = xảy ra khi .... ( tự tìm )
ko giai di ra cho khac