K
Khách

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

4 tháng 7 2017

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

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

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

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

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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

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 !!!

3 tháng 2 2020

1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)

\(=ac+bc+c^2+ab\)

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

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

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

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

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

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

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy /...

3 tháng 2 2020

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)

\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)

16 tháng 5 2017

Ta có 

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

Tương tự, ta có

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

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

Cộng vế theo vế của 3 bđt ta được đpcm

24 tháng 8 2020

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)

Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))

Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\)\(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)

Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

4 tháng 7 2017

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)\). Thiếp lập 2 BĐT còn lại:

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

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(A\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}\)

Xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)