K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

14 tháng 2 2017

Ta có \(a+b+c\le\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le1\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow1\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}1+a^2\ge a^2+ab+bc+ac\\1+b^2\ge b^2+ab+bc+ac\\1+c^2\ge c^2+ab+bc+ac\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{1+a^2}\ge\sqrt{a^2+ab+bc+ca}\\\sqrt{1+b^2}\ge\sqrt{b^2+ab+bc+ca}\\\sqrt{1+c^2}\ge\sqrt{c^2+ab+bc+ca}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\le\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}\\\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}\le\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ac}}\\\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ac}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{a}{\sqrt{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(b+a\right)+c\left(a+b\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(c+a\right)+b\left(c+a\right)}}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

Xét \(\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\frac{2a+b+c}{2}\\\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{a+2b+c}{2}\\\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{a+b+2c}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{2a}{2b+b+c}\\\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{2b}{a+2b+c}\\\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{2c}{a+b+2c}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le2\left(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\right)\)

Chứng minh rằng: \(2\left(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\right)\le\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\ge\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{a+c+a+b}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{b}{a+2b+c}=\frac{b}{a+b+b+c}\le\frac{b}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{c}{a+b+2c}=\frac{c}{a+c+b+c}\le\frac{c}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a}{4\left(a+b\right)}+\frac{a}{4\left(a+c\right)}+\frac{b}{4\left(a+b\right)}+\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{4\left(a+c\right)}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a}{4\left(a+b\right)}+\frac{b}{4\left(a+b\right)}+\frac{a}{4\left(a+c\right)}+\frac{c}{4\left(a+c\right)}+\frac{b}{4\left(b+c\right)}+\frac{c}{4\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\right)\le\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{3}{2}\)

Vậy \(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 2 2017

Lời giải khác:

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz:

\((a^2+1)(1+3)\geq (a+\sqrt{3})^2\)\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{2a}{a+\sqrt{3}}\)

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\leq 2\left ( \frac{a}{a+\sqrt{3}}+\frac{b}{b+\sqrt{3}}+\frac{c}{c+\sqrt{3}} \right )=2A\) $(1)$

Lại có:

\(\)\(A=\left ( 1-\frac{\sqrt{3}}{a+\sqrt{3}} \right )+\left ( 1-\frac{\sqrt{3}}{b+\sqrt{3}} \right )+\left ( 1-\frac{\sqrt{3}}{c+\sqrt{3}} \right )=3-\sqrt{3}\left ( \frac{1}{a+\sqrt{3}}+\frac{1}{b+\sqrt{3}}+\frac{1}{c+\sqrt{3}} \right )\)

Cauchy-Schwarz kết hợp với \(a+b+c\leq \sqrt{3}\):

\(A\leq 3-\frac{9\sqrt{3}}{a+b+c+3\sqrt{3}}\leq 3-\frac{9\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}=\frac{3}{4}\) $(2)$

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\leq 2A\leq \frac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

30 tháng 9 2019

Vì a,b,c là số thực dương nên \(\sqrt{a^2}=a;\sqrt{b^2}=b;\sqrt{c^2}\)=c. Vậy ta có

\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)=\(\frac{a}{a+1}-1+\frac{b}{b+1}-1\)+\(\frac{c}{c+1}-1+3\) 

=3-(  \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\)) =A

ta có bdt  \(9\le\left(a+1+b+1+c+1\right)\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)(dễ dàng chứng mình bằng bdt cosi).

=>\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\)\(\frac{9}{3+\sqrt{3}}\)=> A\(\le3-\frac{9}{3+\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=\frac{3}{\sqrt{3}+1}\)

dấu = khi a=b=c=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

4 tháng 7 2017

\(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+c^2}}\)

\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{3}{2}\)

9 tháng 4 2017

Ta có: 

\(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Sau đó Cauchy.... 

Bài này quá nhiều người đăng đến ngán r`, bn quay lại tìm hoặc làm nốt nhéiiiiiiiiiiiiiiiii

25 tháng 8 2020

Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)

\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)

Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là

\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)

Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)

Áp dụng tương tự ta được

  \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)

hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là

\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)

\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)

Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)

hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng

Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

9 tháng 10 2016

ko biết

3 tháng 2 2019

Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{\frac{abc}{abc+a^2\left(a+b+c\right)}}=\sqrt{\frac{bc}{ac+a^2+ab+ac}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Áp dụng bđt Cô-si được

\(\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\)

Thiết lập các bđt còn lại cho 2 số hạng còn lại rồi cộng vào được đpcm

19 tháng 5 2020

Đề: \(\frac{1}{\sqrt{a^4-a^3+ab+2}}+\frac{1}{\sqrt{b^4-b^3+bc+2}}+\frac{1}{\sqrt{c^4-c^3+ca+2}}\le\sqrt{3}\) ???

*Ta chứng minh : \(x^4-x^3+2\ge x+1\forall x>0\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3-x+1\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+1\right)\ge0\) ( đúng )

Do đó: \(VT\le\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+1}}\) \(\le\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)}=\sqrt{3}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

28 tháng 8 2020

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)

Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

4 tháng 12 2019

Do \(a+b+c=1\)  nên :

\(VT=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b+c\right)+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b\left(a+b+c\right)+ac}}\)

\(=\sqrt{\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\)

Áp dụng BĐT AM - GM :
\(\sqrt{\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b}\right)\)

\(\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}\right)\)

\(\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{b+a}\right)\)

Cộng theo vế :
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!