Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT\ge\sum\left(\dfrac{a^3}{2a+b+c}\right)=\sum\left(\dfrac{a^3}{\sum a+a}\right)=\sum\dfrac{a^3}{3+a}\)
Ta có BĐT phụ :
\(\dfrac{a^3}{a+3}\ge\dfrac{11a-7}{16}\)(*)
\(\Leftrightarrow\left(16a+21\right)\left(a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với mọi a>0)
Áp dụng BĐT (*) ta có :
\(\sum\dfrac{a^3}{3+a}\ge\dfrac{11\sum a-21}{16}=\dfrac{33-21}{16}=\dfrac{12}{16}=\dfrac{3}{4}\)
nhầm rồi , mình sorry , \(VT\ge\sum\left(\dfrac{2a^3}{2a+b+c}\right)=\sum\left(\dfrac{2a^3}{3+a}\right)\)
bạn chọn BĐT phụ là :
\(\dfrac{2a^3}{a+3}\ge\dfrac{11a-7}{8}\)
ta có \(\dfrac{1}{\left(a+b\right)c}\le\dfrac{1}{2\sqrt{ab}c}=\dfrac{1}{2\sqrt{c}}\)tương tự ta có
\(\Sigma\dfrac{1}{\left(a+b\right)c}\le\Sigma\dfrac{1}{2\sqrt{c}}=\dfrac{\Sigma\sqrt{ab}}{2}\le\dfrac{\Sigma a}{2}\)(đpcm)
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
$ \frac{a^3}{(1 + b)(1 + c)} + \frac{1 + b}{8} + \frac{1 + c}{8} \geq \frac{3}{4}a$
$\frac{b^3}{(1 + c)(1 + a)} + \frac{1 + c}{8} + \frac{1 + a}{8} \geq \frac{3}{4}b$
$\frac{c^3}{(1 + a)(1 + b)} + \frac{1 + a}{8} + \frac{1 + b}{8} \geq \frac{3}{4}c $
Cộng vế theo vế ta được:
$ P + \frac{2(a + b + c) + 6}{8} \geq \frac{3}{4}(a + b + c) $
$<=> P \geq \frac{1}{2}(a + b + c) - \frac{3}{4}$
$=> P \geq \frac{3}{4} (dpcm)$
\(abc\le1\)
\(VT=\sum\dfrac{a^4}{2abc+a^2b}\ge\dfrac{\sum^2a^2}{6+\sum a^2b}\ge\dfrac{\sum^2a^2}{6+\sqrt{\dfrac{1}{3}\sum^3a^2}}\)
Ta cần chứng minh :
\(\dfrac{\sum^2a^2}{6+\sqrt{\dfrac{1}{3}\sum^3a^2}}\ge1\)
Đặt \(\sum a^2=t\left(t\ge3\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{t^2}{6+\sqrt{\dfrac{1}{3}t^3}}\ge1\Leftrightarrow t\sqrt{t}\left(\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\ge6\)
Thật vậy :
\(t\sqrt{t}\left(\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=6\left(t\ge3\right)\)
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a>b> c\). Khi đó \(a-b>0; b-c> 0; c-a< 0\)
Áp dụng BĐT AM-GM:\(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}\geq \frac{2}{(a-b)(b-c)}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM: \((a-b)(b-c)\leq \left(\frac{a-b+b-c}{2}\right)^2=\frac{(c-a)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}\geq \frac{2}{\frac{(c-a)^2}{4}}=\frac{8}{(c-a)^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{(c-a)^2} \)
Mà \(0\leq c< a\leq 2\Rightarrow 0< a-c\leq 2\Rightarrow (c-a)^2=(a-c)^2\leq 4\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{(c-a)^2} \geq \frac{9}{4}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,0)$ và hoán vị.