Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
Bài 1:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\)
\(=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}+b-\frac{2bc^2}{b+2c^2}+c-\frac{2ca^2}{c+2a^2}=(a+b+c)-2\left(\frac{ab^2}{a+2b^2}+\frac{bc^2}{b+2c^2}+\frac{ca^2}{c+2a^2}\right)\)
\(=3-2M(*)\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(M=\frac{ab^2}{a+b^2+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2+a^2}\leq \frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}+\frac{bc^2}{3\sqrt[3]{bc^4}}+\frac{ca^2}{3\sqrt[3]{ca^4}}\)
\(\Leftrightarrow M\leq \frac{1}{3}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\leq \frac{ab+ab+1}{3}+\frac{bc+bc+1}{3}+\frac{ca+ca+1}{3}=\frac{2(ab+bc+ac)+3}{3}\)
Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\) (quen thuộc)
\(\Rightarrow M\leq \frac{1}{3}.\frac{2.3+3}{3}=1(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-2.1=1\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^3}{a^2+a^2b^2}+\frac{b^3}{b^2+b^2c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2}\)
hay:
\(\text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}(*)\)
Mặt khác, theo BĐT Cauchy ta dễ thấy:
\(a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Leftrightarrow 1\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{1}{3}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Đề bài hình như bị sai em, thay điểm rơi ko thỏa mãn
Biểu thức là \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\) mới đúng
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{b^2+3}{8}\ge\dfrac{3a^2}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{c^2+3}{8}\ge\dfrac{3b^2}{2};\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{a^2+3}{8}\ge\dfrac{3c^2}{2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2P+\dfrac{a^2+b^2+c^2+9}{8}\ge\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\dfrac{\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}-\dfrac{a^2+b^2+c^2+9}{8}}{2}=\dfrac{3}{2}\)
@DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG
\(a;b;c\ge0\)thỏa mãn \(ab+bc+ca=1\). CMR \(\dfrac{1}{2a+2bc+1}+\dfrac{1}{2b+2ca+1}+\dfrac{1}{2c+2ab+1}\ge1\)
Đảm bảo an ninh :))
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>
Ta có \(a^2+\dfrac{1}{b+c}=a^2+\dfrac{1}{6-a}\)
Mà \(a+b+c=6\Rightarrow0\le a,b,c\le2\)
\(\Rightarrow a^2+\dfrac{1}{6-a}\ge2^2+\dfrac{1}{6-2}=\dfrac{17}{4}\)
\(\Rightarrow P=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}=\sum\sqrt{a^2+\dfrac{1}{6-a}}\ge\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}+\sqrt{\dfrac{17}{4}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
Hướng dẫn.
Bạn chứng minh bất đẳng thức $\dfrac{1}{\sqrt{1+8a^3}} \geqslant \dfrac{5}{9}-\dfrac{2}{9}a^2$ rồi cộng lại là xong.
Đặt vế trái là T, ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{b+1}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2}.\sqrt{b+1}}\ge\dfrac{a\sqrt{2}}{\dfrac{b+1+2}{2}}=\dfrac{a.2\sqrt{2}}{b+3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{c+1}}\ge\dfrac{b.2\sqrt{2}}{c+3}\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{a+1}}\ge\dfrac{c.2\sqrt{2}}{a+3}\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh, ta được
\(T\ge2\sqrt{2}\left(\dfrac{a}{b+3}+\dfrac{b}{c+3}+\dfrac{c}{a+3}\right)=2\sqrt{2}\left(\dfrac{a^2}{ab+3a}+\dfrac{b^2}{bc+3b}+\dfrac{c^2}{ac+3c}\right)\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3\left(a+b+c\right)}\)
\(T\ge2\sqrt{2}.\dfrac{3^2}{\dfrac{3^2}{3}+9}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
b) Đặt vế trái là N,ta có:
\(\sum\sqrt{\dfrac{a^3}{b+3}}=\sum\sqrt{\dfrac{a^4}{ab+3}}=\sum\dfrac{a^2}{\sqrt{ab+3}}=\sum\dfrac{2a^2}{\sqrt{4a\left(b+3\right)}}\ge\sum\dfrac{2a^2}{\dfrac{4a+b+3}{2}}=\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\)
\(\sum\dfrac{4a^2}{4a+b+3}\ge\dfrac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4a+b+3+4b+c+3+4c+a+3}=\dfrac{3}{2}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1