Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Haiz giải ra rồi
Ta có : \(VT=\Sigma\left(\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2-2kbc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2+k^2b^2+c^2+2ka^2-2kbc-2ka^2-k^2b^2-c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{2kbc-2ka^2+2ka^2+k^2b^2+c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{k^2b^2+2kbc+c^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT=\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge\Sigma\left[1-\left(\frac{k^2b^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{c^2}{ka^2+c^2}\right)\right]\)
\(=3-\left(\frac{k^2b^2+ka^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{ka^2+c^2}{ka^2+c^2}+\frac{k^2b^2+c^2}{k^2b^2+c^2}\right)=3-3=0\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=c\\k>0\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(1-\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\)
Ta có thể viết lại bất đẳng thức thành
\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\le3\)
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{k\left(a^2+kb^2\right)+c^2+ka^2}\le\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}\)
Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\), hoặc \(a=\frac{b}{k}=\frac{c}{k^2}\), hoặc \(b=\frac{c}{k}=\frac{a}{k^2}\), hoặc \(c=\frac{a}{k}=\frac{b}{k^{^2}}\)
Hoặc ta có thể làm như sau.
\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}-\frac{k\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+kc^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)
Ta có đẳng thức sau:
\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=3-p\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)
\(\sum\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{1}{2}\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)
Do đó, bất đẳng thức ban đầu tương đương với
\(\sum\frac{\left(b^2+kc^2\right)\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\ge0\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
Ta có: \(a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
\(b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
Tương tự: \(b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}\)
Lại có:+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\ge\left(a-b\right)\left(b+\frac{a}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(a+\frac{c}{2}\right)\)
\(\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)\)
+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\le\left(a-b\right)\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(b+\frac{c}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)\)
Từ 1,2 => đpcm
BĐT đã cho tuong duong voi:
\(\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]\)
Theo AM-GM ta có: \(\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}\)
Có: \(VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}\)
Cần chứng minh: \(4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)
Rõ ràng \(\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Cần cm: \(36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}\)
Hay \(4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Tiếp tục là điều hiển nhiên do \(VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
\(\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Sử dụng AM - GM ta dễ có:
\(abc\left(a+b+c\right)=bc\left(a^2+ab+ac\right)\le\left(\frac{a^2+ab+bc+ca}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\right]^2=\frac{1}{4}\)
Suy ra đpcm
Chịu khó ghi ra đề luôn ak em,ghi sigma thế nhiều người khó hiểu :((
Đề là như thế này:Cho a,b,c là các số dương,chứng minh rằng:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left[\left(a+b\right)+c\right]\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+\frac{\left[\left(b+c\right)+a\right]\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+\frac{\left[\left(c+a\right)+b\right]\left(c^2+a^2\right)}{c+a}\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{c\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+\frac{b\left(a^2+c^2\right)}{a+c}\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow c^2-\frac{c\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+a^2-\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+b^2-\frac{b\left(a^2+c^2\right)}{a+c}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(c-a\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{bc\left(b-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge0\) ( đúng )
Chuyên Nguyễn Bình Khiêm Quảng Nam 2018