Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì đã khuya nên não cũng không còn hoạt động tốt nữa, mình làm bài 1 thôi nhé.
Bài 1:
a)
\(2\text{VT}=\sum \frac{2bc}{a^2+2bc}=\sum (1-\frac{a^2}{a^2+2bc})=3-\sum \frac{a^2}{a^2+2bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{a^2}{a^2+2bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)
Do đó: \(2\text{VT}\leq 3-1\Rightarrow \text{VT}\leq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
b)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\sum \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}=\sum \frac{ab^2}{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+b^2}\leq \sum \frac{1}{16}\left(\frac{9ab^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2}\right)\)
\(=\frac{1}{16}.\frac{9(ab^2+bc^2+ca^2)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a+b+c}{16}(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(3(ab^2+bc^2+ca^2)\leq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{16}.\frac{9(ab^2+bc^2+ca^2)}{a^2+b^2+c^2)}\leq \frac{3}{16}(a+b+c)(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a+b+c}{4}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Lý giải xíu chỗ $3(ab^2+bc^2+ca^2)\leq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$ cho bạn nào chưa rõ:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=(a^3+ac^2)+(b^3+a^2b)+(c^3+b^2c)+(ab^2+bc^2+ca^2)$
$\geq 2a^2c+2ab^2+2bc^2+(ab^2+bc^2+ca^2)=3(ab^2+bc^2+ca^2)$
\(VT=a+b+c=\alpha.\frac{a}{\alpha}+\beta.\frac{b}{\beta}+\gamma.\frac{c}{\gamma}\)
Áp dụng phương pháp nhóm ABEL
\(\Rightarrow VT=\left(\alpha-\beta\right)\frac{a}{\alpha}+\left(\beta-\gamma\right)\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}\right)+\gamma\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\alpha\beta}}\left(1\right)\\\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\alpha\beta\gamma}}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Ta có \(ab\ge\alpha\beta\Rightarrow\frac{ab}{\alpha\beta}\ge1\) \(\Rightarrow2\sqrt{\frac{ab}{\alpha\beta}}\ge2\left(2\right)\)
Ta có \(abc\ge\alpha\beta\gamma\Rightarrow\frac{abc}{\alpha\beta\gamma}\ge1\Rightarrow3\sqrt[3]{\frac{abc}{\alpha\beta\gamma}}\ge3\left(4\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 )
\(\Rightarrow\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}\ge2\)
\(\Rightarrow\left(\beta-\gamma\right)\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}\right)\ge2\left(\beta-\gamma\right)\) ( 5 )
Từ ( 3 ) và ( 4 )
\(\Rightarrow\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\ge3\)
\(\Rightarrow\gamma\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\ge3\gamma\) ( 6 )
Theo đề bài ta có \(a\ge\alpha\Rightarrow\frac{a}{\alpha}\ge1\)\(\Rightarrow\left(\alpha-\beta\right)\frac{a}{\alpha}\ge\alpha-\beta\) ( 7 )
Từ ( 5 ) , ( 6 ) , ( 7 ) cộng theo từng vế
\(\Rightarrow VT=\left(\alpha-\beta\right)\frac{a}{\alpha}+\left(\beta-\gamma\right)\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}\right)+\gamma\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\ge2\left(\beta-\gamma\right)+3\gamma+\alpha-\beta\)
\(\Rightarrow VT\ge2\beta-2\gamma+3\gamma+\alpha-\beta\)
\(\Rightarrow VT\ge\alpha+\beta+\gamma\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge\alpha+\beta+\gamma\) ( đpcm )
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
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :
\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+c\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)
Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)
\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)
\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Vậy ...
2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có :
\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)
Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)
Tương tự : ....
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)
\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)
Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1
1) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT với 2 số
Với x,y,z,t > 0 ta luôn có: \(\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{t}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^2t+z^2y}{yt}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\Leftrightarrow\left(x^2t+z^2y\right)\left(y+t\right)\ge yt\left(x+z\right)^2\)
(Biến đổi tương đương)
Khi bất đẳng thức trên đúng ta sẽ CM như sau:
\(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}=\frac{c}{\gamma}\)