Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta dự đoán :\(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Thật vậy ta sẽ chứng minh nó:
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a\left(a^3+\left(b+c\right)^3\right).\)
\(\Leftrightarrow2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a\left(b+c\right)^3\left(#\right)\)
Ta có:\(2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a^2\left(b+c\right)^2+\frac{1}{4}\left(b+c\right)^4\ge a\left(b+c\right)^3\)
Từ đó , ta có bất đẳng thức \(\left(#\right).\)
Tương tự:
\(\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(a+c\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}.\)
Cộng bất đẳng thức trên lại ta có điểu phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
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 \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^3+1=(a+1)(a^2-a+1)\leq \left(\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\right)^2=\left(\frac{a^2+2}{2}\right)^2\)
\(b^3+1\leq \left(\frac{b^2+2}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}\leq \frac{(a^2+2)(b^2+2)}{4}\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{\sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}}\geq \frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \underbrace{\frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}+\frac{4b^2}{(b^2+2)(c^2+2)}+\frac{4c^2}{(c^2+2)(a^2+2)}}_{M}\)
Ta cần CM \(M\geq \frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(c^2+2)+b^2(a^2+2)+c^2(b^2+2)}{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\geq \frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (abc)^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2(a^2+b^2+c^2)\geq 72\)
Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì: \(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 3\sqrt[3]{(abc)^4}=3\sqrt[3]{8^4}=48\\ 2(a^2+b^2+c^2)\geq 6\sqrt[3]{(abc)^2}=6\sqrt[3]{8^2}=24\end{matrix}\right.\)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
cauchy-schwarz:
\(VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Lời giải:
Sửa đề: \(\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}\)
--------------------------
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+\sqrt{2(a+c)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}\)
\(\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)\)
Lại theo BĐT AM-GM:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)\)
Và:
\(16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}\) (đpcm)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)
Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)
Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:
(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)
Đây là điều hiển nhiên/
PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D
Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:
Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)
Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:
(Hiển nhiên)
Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:
(Hiển nhiên)
Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.
SCó :\(A=\) \(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\)=\(\sqrt{\frac{1}{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\) ( chia tử mẫu cho \(a^3\) ) =\(\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\)
Lại có\(\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}\) =\(\sqrt{\left(1+\frac{b+c}{a}\right)\left[1-\frac{b+c}{a}+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2\right]}\)( hằng đẳng thức )
\(\le\)\(\frac{2+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2}{2}\)( áp dụng \(\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\))
Nên \(\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\ge\frac{2}{2+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2}\)\(=\frac{2a^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\frac{2a^2}{2a^2+2b^2+2c^2}\)( vì \(\left(b+c\right)^2\le2b^2+2c^2\)) . TỪ ĐÓ SUY RA :
\(A=\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cmtt có : \(B=\sqrt[]{\frac{b^3}{b^3+\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(C=\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
VẬY \(A+B+C\ge1\)
Giải hộ tớ với