Cho a,b,c không âm thỏa mãn \(ab+bc+ca+abc=4\).CMR
\(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\le a+b+c+6\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TN
1
KN
5 tháng 6 2020
Theo giả thiết, ta có: \(ab+bc+ca+abc=4\)
\(\Leftrightarrow abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8\)\(=12+\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\)\(=\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\)
\(\Rightarrow a+b+c+6=12\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)-6+a+b+c\)
\(=\left(\frac{12}{a+2}+a-2\right)+\left(\frac{12}{b+2}+b-2\right)+\left(\frac{12}{c+2}+c-2\right)\)
Mặt khác: \(\frac{12}{a+2}+a-2=\frac{12+a^2-4}{a+2}=\frac{a^2+8}{a+2}\)
Tương tự: \(\frac{12}{b+2}+b-2=\frac{b^2+8}{b+2}\); \(\frac{12}{c+2}+c-2=\frac{c^2+8}{c+2}\)
Từ đó suy ra \(a+b+c+6=\frac{a^2+8}{a+2}+\frac{b^2+8}{b+2}+\frac{c^2+8}{c+2}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\right)^2}{a+b+c+6}\)(Theo BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)
\(\Rightarrow\left(a+b+c+6\right)^2\ge\left(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\right)^2\)
hay \(\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\le a+b+c+6\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
8 tháng 1 2020
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 2 2021
Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)
BĐT trở thành: \(\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt{x^2+z^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có:
\(x^2+z^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(y+z\right)^2\ge\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}\le\dfrac{xy}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)\)
\(\dfrac{zx}{\sqrt{z^2+x^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx}{x+y}+\dfrac{zx}{y+z}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx+yz}{x+y}+\dfrac{xy+zx}{y+z}+\dfrac{yz+xy}{z+x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)
11 tháng 5 2016
ý a, áp dụng BĐT cô si có
a + b >= căn ab dấu = xay ra a=b
b + c >= căn bc dau = xay ra khi b=c
c+a >= căn ac dau = xay ra khi a=c
công tung ve vao. rut gon ta dc điều phải chung minh
TN
30 tháng 10 2016
Ta có:\(a^5+ab+b^2\ge3a^2b\)
Tương tự ta có:
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{3ab\left(a+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3bc\left(b+2a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3ca\left(c+2b\right)}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{\frac{c}{c+2a}}+\sqrt{\frac{a}{b+2a}}+\sqrt{\frac{b}{2b+c}}\right)\)
Ta cũng có:\(a+2c=a+c+c\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+2\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+2\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+2\sqrt{b}}\)
Đặt \(x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}};xyz=1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\)
Giả sử \(xy\le1\) thì \(z\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{x}{2}+1}+\frac{1}{\frac{y}{2}+1}\right)+\frac{1}{z+2}\)
\(\le\frac{1}{1\frac{\sqrt{xy}}{2}}+\frac{1}{z+2}\le1\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)
\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+a^2+b^2+2c^2}=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
25 tháng 8 2020
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Vì \(ab+bc+ca+abc=4\) nên tồn tại các số x,y,z>0 thỏa mãn \(a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{x+z},c=\dfrac{2z}{x+y}\).
Viết lại BĐT cần chứng minh:\(\sum\sqrt{\dfrac{4x^2}{\left(y+z\right)^2}+8}\le\sum\dfrac{2x}{y+z}+6\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{y+z}{\sqrt{x^2+2\left(y+z\right)^2}+x}\le\dfrac{3}{2}\)(*)
Thật vậy, theo BĐT Bunyakovsky:
\(\left[x^2+2\left(y+z\right)^2\right]\left(1+8\right)\ge\left(x+4y+4z\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{y+z}{\dfrac{x+4y+4z}{3}+x}=\sum\dfrac{3\left(y+z\right)}{4\left(x+y+z\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\RightarrowĐpcm\)
#proof 2 :[THTT-485]
\(ab+bc+ca+abc=4\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)
Ta có: \(\dfrac{12}{a+2}+a-2=\dfrac{a^2+8}{a+2}\).Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(6+a+b+c=\dfrac{a^2+8}{a+2}+\dfrac{b^2+8}{b+2}+\dfrac{c^2+8}{c+2}\ge\dfrac{\left(\sum\sqrt{a^2+8}\right)^2}{a+b+c+6}\)
\(>>đpcm \)