Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\left(a,b,c>0\right)\).
Với \(a,b>0\), ta có:
\(\left(a-1\right)^2\left(a^2+a+1\right)\ge0\).
\(\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)\left(a-1\right)\ge0\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3-a+1\ge0\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+1\ge a\).
\(\Leftrightarrow a^4-a^3+ab+2\ge ab+a+1\).
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^4-a^3+ab+2}\ge\sqrt{ab+a+1}\).
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}\left(1\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a-1=0\Leftrightarrow a=1\).
Chứng minh tương tự (với \(b,c>0\)), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}\le\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}\left(2\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\).
Chứng minh tương tự (với \(a,c>0\)), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\frac{1}{\sqrt{ca+a+1}}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\left(4\right)\).
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho 3 số, ta được:
\(\left(1.\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+1.\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le\)\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\)\(\left[\frac{1}{\left(\sqrt{ab+a+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{bc+b+1}\right)^2}+\frac{1}{\left(\sqrt{ca+c+1}\right)^2}\right]\).
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\)\(\le3\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)\).
Ta có:
\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)
\(=\frac{c}{abc+ac+c}+\frac{abc}{bc+b+abc}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).
\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{abc}{b\left(c+1+ac\right)}+\frac{1}{ca+c+1}\)(vì \(abc=1\)).
\(=\frac{c}{1+ac+c}+\frac{ac}{1+ac+c}+\frac{1}{1+ac+c}=1\).
Do đó:
\(\left(\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\right)^2\le3.1=3\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\le\sqrt{3}\left(5\right)\).
Từ \(\left(4\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\)\(\sqrt{3}\)(điều phải chứng minh).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\)\(\le\sqrt{3}\)với \(a,b,c>0\)và \(abc=1\).
\(+2\)nhé, không phải \(-2\)đâu.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)
Ta quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức sau
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le3\sqrt{2}\)và \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le\sqrt{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le\sqrt{6\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\le3\sqrt{2}\)
Mặt khác ta lại có \(\left[\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\right]^2\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^4\); \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
Do đó ta được \(\left(x^3+y^3+z^3\right)^2\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^3}{3}\)
Áp dụng kết quả trên ta thu được \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right]^3\)
Mà theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}+\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}\) \(\ge\frac{9}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{4\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\ge\frac{9}{4\sqrt{9}}=\frac{3}{4}\)
Do đó ta có \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}\right]^3=\frac{9}{64}\)
Suy ra \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)
Từ các kết quả trên ta được \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le\frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt[3]{3}}{2}}=2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Lời giải:
Vì \(a+b+c=4; b,c>0\Rightarrow a=4-b-c< 4\)
\(\Rightarrow a^4< 4a^3\)
\(\Rightarrow \frac{a^4}{4}< a^3\Rightarrow \frac{a}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{a^3}\). Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{b}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{b^3}; \frac{c}{\sqrt[4]{4}}< \sqrt[4]{c^3}\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}> \frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
Ta có đpcm.
Bài 2 xét x=0 => A =0
xét x>0 thì \(A=\frac{1}{x-2+\frac{2}{\sqrt{x}}}\)
để A nguyên thì \(x-2+\frac{2}{\sqrt{x}}\inƯ\left(1\right)\)
=>cho \(x-2+\frac{2}{\sqrt{x}}\)bằng 1 và -1 rồi giải ra =>x=?
1,Ta có \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ac}\)
=> \(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}=2\)
\(a+2=a+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
\(b+2=\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{a}\right)\)
\(c+2=\left(\sqrt{c}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)\)
=> \(\frac{\sqrt{a}}{a+2}+\frac{\sqrt{b}}{b+2}+\frac{\sqrt{c}}{c+2}=\frac{\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{a}\right)}+...\)
=> \(\frac{\sqrt{a}}{a+2}+...=\frac{2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}=\frac{4}{\sqrt{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}\)
=> M=0
Vậy M=0
Hmm , bài này trông quen quen , trong cuốn "các bài giảng về bđt Cô-si" của Phạm Văn Hùng ; Nguyễn Vũ Lương , Nguyễn Ngọc Thắng thì phải . Mình đọc rồi mà quên mất tiêu =( Để nghĩ lại coi nha
Bạn ơi , mình không có quyển đó, bạn cố nhớ lại giúp mình với , huhu , thứ 6 là mình phải nộp rồi
\(P=\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P=\Sigma2\sqrt{3}\sqrt{4-a^2}\)\(=\Sigma2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)
Vì \(a,b,c\in\left[-2,2\right]\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}4-a^2\ge0\\4-b^2\ge0\\4-c^2\ge0\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm, ta có:
\(\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(4-a^2\right)}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le\Sigma\left(a+b+c\right)+\left(4-a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{3}P\le3\left(a+b+c\right)+12-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow2\sqrt{3}P\le21-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=21-\frac{9}{3}=18\)
\(\Rightarrow P\le3\sqrt{3}\)
\(''=''\Leftrightarrow a=b=c=1\)
cảm ơn bạn nhiều