Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Theo giả thiết thì \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta cần chứng minh: \(\Sigma\sqrt{a+bc}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)(*)
Thật vậy: (*) \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+abc}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{a^2+ab+bc+ca}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\Sigma\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow\text{}\Sigma\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\Sigma\sqrt{a}\right)\)(Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(\sqrt{abc}>0\))
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\Sigma a\sqrt{bc}\)
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(\Sigma\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\Sigma\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\Sigma a\sqrt{bc}\text{}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3
Đặt VT= \(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
\(VT^2=\left(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\right)^2\le\)
\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)\)
Lại có \(ab+bc+ca\le\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)( tự cm nhé)
Từ đó \(VT^2\le3.\left(1+\dfrac{1}{3}\right)=4\) (do a+b+c=1)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Đề bài nhìn không đúng lắm (thay điểm rơi vào thấy ko thỏa) có lẽ bạn ghi thiếu c cuối cùng, BĐT đúng có vẻ là:
\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Mình sẽ chứng minh BĐT bên trên, BĐT tương đương:
\(\sqrt{\frac{1}{bc}+\frac{1}{a}}+\sqrt{\frac{1}{ac}+\frac{1}{b}}+\sqrt{\frac{1}{ab}+\frac{1}{c}}\ge1+\sqrt{\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{ac}}+\sqrt{\frac{1}{ab}}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)
Ta cần chứng minh:
\(\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\ge1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
Thật vậy:
\(\sqrt{x+yz}=\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}=\sqrt{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}\ge x+\sqrt{yx}\)
Làm tương tự và cộng lại:
\(VT\ge x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=3\)
\(\dfrac{\sqrt{b^2+a^2+a^2}}{ab}\ge\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(b+a+a\right)^2}}{ab}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\) ; \(\dfrac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)=\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1980\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{3}{1980}\)
Biến đổi tương đương:
\(2a+2b+2c\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\)
\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b+b-2\sqrt{bc}+c+c-2\sqrt{ca}+a\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)