Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
:)
We have:
\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{b+c}{\sqrt{a}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{2\sqrt{a}}\ge\frac{\left[2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\right]^2}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}=2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
Now we let's verify
\(2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge3\)
Consider
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}=3\)
Sign '=' happening when \(a=b=c=1\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )
Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)
Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)
\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)
Đặt x=\sqrt{\dfrac{a}{b}},y=\sqrt{\dfrac{b}{c}},z=\sqrt{\dfrac{c}{a}}x=ba,y=cb,z=ac thì x,y,z>0x,y,z>0 và xyz=1xyz=1 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có
x^3+x^3+1^3\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1^3}x3+x3+13≥33x3.x3.13 hay 2x^3+1\ge3x^22x3+1≥3x2.
Tương tự, 2y^3+1\ge3y^2;2z^3+1\ge3z^22y3+1≥3y2;2z3+1≥3z2. Cộng theo vế các bất đẳng thức nhận được ta có 2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2+y^2+z^2\right)2(x3+y3+z3)+3≥2(x2+y2+z2)+(x2+y2+z2)
=2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=2(x2+y2+z2)+33x2y2z2
\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{1}≥2(x2+y2+z2)+331
Do đó x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c>0x=y=z=1⇔a=b=c>0.
ta có : \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^3}{b}+bc+\dfrac{b^3}{c}+ca+\dfrac{c^3}{a}+ab-\left(ac+bc+ab\right)\)
\(=\dfrac{a^3}{b}+bc+\dfrac{b^3}{c}+ca+\dfrac{c^3}{a}+ab-\left(\dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ab}{2}+\dfrac{ac}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ac}{2}\right)\)
\(\ge2.\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.bc}+2\sqrt{\dfrac{b^3}{c}.ca}+2\sqrt{\dfrac{c^3}{a}.ab}-2\sqrt{\dfrac{ab.bc}{4}}-2\sqrt{\dfrac{ab.ac}{4}}-2\sqrt{\dfrac{bc.ac}{4}}\)
\(\ge2a\sqrt{ac}+2b\sqrt{ba}+2c\sqrt{cb}-b\sqrt{ac}-a\sqrt{bc}-c\sqrt{ab}=a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}\left(ĐPCM\right)\)
Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
BĐT cần chứng minh tương đương :
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(\sqrt{a^3c}+\sqrt{b^3a}+\sqrt{c^3b}\right)\)
Thật vậy, Áp dụng BĐT \(\left(X+Y+Z\right)^2\ge3\left(XY+YZ+ZX\right)\)
Với \(\left\{{}\begin{matrix}X=a+\sqrt{bc}-\sqrt{ac}\\Y=b+\sqrt{ac}-\sqrt{ab}\\Z=c+\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\end{matrix}\right.\) ta có ngay ĐPCM. ( mất chút time khai triển)
Dấu = xảy ra khi X=Y=Z hay a=b=c
Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3})^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 1\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\) (BĐT Cauchy)
hay \(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
https://hoc24.vn/hoi-dap/tim-kiem?q=Cho+c%C3%A1c+s%E1%BB%91+th%E1%BB%B1c+d%C6%B0%C6%A1ng+a,+b,+c+tho%E1%BA%A3+m%C3%A3n:+abc+a+b=3ababc+a+b=3ababc+a+b=3ab.+Ch%E1%BB%A9ng+minh+r%E1%BA%B1ng:+%E2%88%9Aaba+b+1+%E2%88%9Abbc+c+1+%E2%88%9Aaca+c+1%E2%89%A5%E2%88%9A3aba+b+1+bbc+c+1+aca+c+1%E2%89%A53\sqrt{\dfrac{ab}{a+b+1}}+\sqrt{\dfrac{b}{bc+c+1}}+\sqrt{\dfrac{a}{ca+c+1}}\ge\sqrt{3}&id=695796
Lời giải:
Đặt \(\left(\sqrt{\frac{a}{b}},\sqrt{\frac{b}{c}},\sqrt{\frac{c}{a}}\right)=(x,y,z)\). BĐT cần chứng minh chuyển về:
\(x^3+y^3+z^3\geq x^2+y^2+z^2\) với \(xyz=1\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq (x^2+y^2+z^2)^2\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\)(1)
Theo BĐT AM-GM:
\(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)\geq 2(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2\)
\(\Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\geq \frac{(x+y+z).3\sqrt[3]{xyz}}{3}=x+y+z\) (2)
Từ (1),(2)\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\geq x^2+y^2+z^2\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)
Akai Haruma cảm ơn bạn nhiều nhé =))