Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
Ta cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)
Bất đẳng thức đã được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Ta thấy: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}}\)
Ta lại có: \(\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}\le\frac{\left(a^2b+b^2c\right)+\left(bc^2+ca^2\right)+\left(c^2a+ab^2\right)}{3}=\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+bc\right)}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}\)
Nhận thấy: \(A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=a^3+b^3+c^3+3abc+2\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
Theo Schur: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow A\ge3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{9}{a+b+c}\)
4.
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
5.
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
1.
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
2.
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)
3.
Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:
\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)
1/ a/dung bđt Cauchy - Schwarz dạng phân thức: \(\frac{a^2}{b+3c}+\frac{b^2}{c+3a}+\frac{c^2}{a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{4}=\frac{3}{4}\)
2/ a/dung bđt bunhiacopxki :
\(S^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)=3\cdot2\left(a+b+c\right)=6\cdot6=36\)
=> \(S\le6\)
Bài này trông quen quen. em xí một vé trước nhá:) khi nào đi công việc về suy nghĩ rồi sẽ làm:) Em ko hứa là làm được nhưng hứa sẽ suy nghĩ cùng a:D
\(\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\ge\sqrt{\frac{6\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}}\)
____________________
Điều cần chứng minh tương đương với
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+2\left(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{ca}}\right)\ge\frac{6\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
Theo BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\ge3\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}\)
Tương tự rồi cộng theo vế ta có \(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+3\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\rightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
Vậy còn cần chứng minh \(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{ca}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)\sqrt{abc}}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\text{L.H.S}=\sum_{cyc}\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sum_{cyc}\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}\)
\(=\sqrt{\sum_{cyc}\left(a^2(a+b+c)+abc+2\sqrt{(a^2(a+b+c)+abc)(b^2(a+b+c)+abc)}\right)}\)
\(\ge\sqrt{\sum_{cyc}\left(a^2(a+b+c)+abc+2(ab(a+b+c)+abc)\right)}\)
\(=\sqrt{\sum_{cyc}(a^3+3a^2b+3a^2c+5abc)}\)
Đặt \(\left(a+b+c,ab+bc+ca,abc\right)\rightarrow\left(3u,3v^2,w^3\right)\) Khi đó còn phải cm
\(27u^3+9w^3\ge36u^2w\rightarrow f'\left(w^3\right)=9-\frac{12u^2}{\left(w^3\right)^{\frac{2}{3}}}\le0\) . Từ đó ta khẳng định được f là hàm lõm -> f nhận 1 GTLN của \(w^3\)
BĐT cần chứng minh thuần nhất từ đó ta có thể giả sử \(b=c=1\)
Đặt \(a=t^3\) và sau khi phân tích ta có:
\((t-1)^2(t+2)(t^6-t^4+4t^3-3t^2-2t+4)\ge0.\)\(\square\)
Gõ nhầm f là hàm nghịch biến nhé ^^
gắt quá:(
mà hàm lõm là gì ạ?
em ko hiểu dòng thứ 7 cho lắm: \(\rightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\) sao lại có cại này ạ.
à được r:v sorry vì đã spam trong bình luận...
tth: hãm nghịch biến mình gõ nhầm :v
Trần Quỳnh Mai em nhỏ tuổi hơn mà... mà em hỏi tí: hàm lõm có nghĩa là sao ạ? em mới 2k6 ak..
Trần Quỳnh Mai cái dòng bên dưới chữ LHS làm em chả hiểu gì..
tth: Vậy mình xưng chị nhé ^^ lí thuyết hàm lõm lên cấp 3 mới học cơ e k hiểu là đúng đầu tiên chị không định dùng cách này đâu :P ở bước cuối chỗ đánh giá LHS chị định dùng Schur để cm nó >= 2 căn (a+b+c)(ab+bc+ca) nhưng mà BĐT này chặt quá ko dùng schur được nên phải mạnh tay..
tth: À cho mình hỏi muốn đổi tên thì làm kiểu gì nhỉ ?
Trần Quỳnh Mai cái dòng bên dưới LHS cơ. tại sao lại có dấu = ở đây ạ? mà đưa hết vào căn luôn á?
Còn đổi tên thì chị chỉ đổi được trên olm thôi ak, bên hoc24 em không biết, hình như phải nhờ admin
Trần Quỳnh Mai ban đầu em đánh giá:
\(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\) luôn cơ
rồi tự đó suy ra VP =< ... rồi đặt ẩn phụ \(\sqrt{\frac{a+b}{c}}=x;..\) nhưng rồi nó ra một bđt ngược chiều thì em nhận ra đánh giá của mình là ko chắc:(
Em vừa "chôm" được giải bên AoPS nè, thật đơn giản với AM-GM.
\(\left(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a+b}{c}}\right)^2=\sum_{cyc}\frac{a+b}{c}+2\sum_{cyc}\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{bc}}\)
\({\geq\sum_{cyc}\frac{a+b}{c}+2\sum_{cyc}\frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{bc}}}\). Do đó, chỉ cần chứng minh:
\({\sum_{cyc}\frac{a+b}{c}+2\sum_{cyc}\frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{bc}}}\geq\frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{2a}{\sqrt{bc}}+2-6\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}\right)\geq0\) (hiển nhiên đúng theo AM-GM)
Dòng 3 là sao??
Sao lại hiển nhiên đúng? e ghi rõ đc ko?
Phạm Hoàng Lê Nguyên dòng 3 nào đâu anh? Dòng cuối mà:v
\(=\sum_{cyc}\left[\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{\sqrt{bc}}+\frac{a}{\sqrt{bc}}+1+1\right)-6\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}\right]\)
Anh áp dụng BĐT AM-GM cho 6 số cho cái cụm đầu tiên là được
Cách này được giải bên AoPS, em tình cờ thấy bởi thành viên arqady (Michael Rozenberg) em thấy hay quá nên "chôm" qua đây:))
Dòng 3 từ trên xuống đó.
Phạm Hoàng Lê Nguyên có gì đâu a? Bunhiacopxki thôi mà.
ok.
.-.