Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Ta có : \(\frac{a}{a+b+c+d}< \frac{a}{a+b+c}< \frac{a+d}{a+b+c+d}\)
\(\frac{b}{a+b+c+d}< \frac{b}{b+c+d}< \frac{a+b}{a+b+c+d}\)
\(\frac{c}{a+b+c+d}< \frac{c}{a+c+d}< \frac{b+c}{a+b+c+d}\)
\(\frac{d}{a+b+c+d}< \frac{d}{a+b+d}< \frac{c+d}{a+b+c+d}\)
Cộng vế theo vế ta được :
\(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\) ( đpcm )
2. Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số ko âm b-1 và 1 ta có :
\(\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(b-1\right)+1}{2}=\frac{b}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> b - 1 = 1 <=> b = 2
\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le a\cdot\frac{b}{2}=\frac{ab}{2}\)
Tương tự ta có : \(b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}\) Dấu "=" xảy ra <=> a = 2
Do đó : \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2
Ta có
\(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}< \sqrt{a+c}+\sqrt{a-c}\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}}{2}< \frac{\sqrt{a+c}+\sqrt{a-c}}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)(liên hợp)
Ta có BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a}{2}-\frac{a^2}{2a+1}+\frac{b}{2}-\frac{b^2}{2b+1}+\frac{c}{2}-\frac{c^2}{2c+1}\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\)
Hay: \(\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\ge3\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng dạng p.thức ta được:
\(\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\ge3\)
Đặt: \(t=a^2+b^2+c^2\ge3\) ta có:
\(\frac{9}{2t+3}+\frac{2t}{\sqrt{t+6}}\ge3\Leftrightarrow\frac{9}{2t+3}-1+\frac{2t}{\sqrt{t+6}}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(3-t\right)}{2t+3}+\frac{2t-2\sqrt{t+6}}{\sqrt{t+6}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left[\frac{t+2}{\sqrt{t+6}\left(t+\sqrt{t+6}\right)}-\frac{1}{2t+3}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t+2\right)\left(2t+3\right)-\sqrt{t+6}\left(t+\sqrt{t+6}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow t\left(2t+6-\sqrt{t+6}\right)\ge0\)
Vì: \(t\ge3\) nên BĐT luôn đúng.
BĐT xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Sử dụng Bunhiacopxki:
\(\sqrt{\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{2a+1}=VT\)
Hay: \(\sqrt{VP.\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\ge VT\)
Vậy ta chỉ cần chứng minh: \(VP\ge\sqrt{VP.\left(\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow VP\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}{\left(2a+1\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{\left(2a+1\right)^2}\)
Vì a,b,c > 0 nên \(\frac{a}{a+b}< 1\Rightarrow\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\left(1\right)\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)
Vì a,b,c>0 nên theo BĐT Cô-si ta có:
\(\frac{a+\left(b+c\right)}{2}\ge\sqrt{a\left(b+c\right)}>0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{a+b+c}\le\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a}{a+b+c}\le\frac{a}{a\left(b+c\right)}\Leftrightarrow\frac{2a}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{a}{b+c}}\)
Tương tự: \(\frac{2b}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{b}{a+c}};\frac{2c}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{c}{b+a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2\)
Dấu '=' xảy ra khi a=b+c;b=c+a;c=a+b
tức là a=b=c(vô lý)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\left(2\right)\)
Từ 1,2 => đpcm