\(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\le\frac{9}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\). Chứng minh bđt trên
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 10 2019
Với a; b dương chứ nhỉ, nằm dưới mẫu thêm điều kiện khác 0, mà không âm + khác 0 thì nó là dương còn gì?
\(\Leftrightarrow\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\le\sqrt[3]{2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\right)^3\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2\right)\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}=x\ge2\) BĐT tương đương:
\(x^3\le2\left(x^3-3x+2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3-6x+4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2+2x-2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left[x^2+x+x-2\right]\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(x=2\Leftrightarrow a=b\)
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 \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
KK
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 \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
VT
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=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Nếu a,b,c dương thì bất đẳng thức trên sai
Sai đề thì phải , coi lại giùm mình nhé :
Đặt \(\sqrt[3]{a}=x;\)\(\sqrt[3]{b}=y;\)\(\sqrt[3]{c}=z\)\(\left(a,b,c>0\right)\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge9\)
Ta có : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\sqrt[3]{3.\frac{1}{xyz}}\)
Và \(x+y+z\ge\sqrt[3]{3xyz}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\sqrt[3]{3.\frac{1}{abc}}.\sqrt[3]{3abc}=9\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{9}{x+y+z}\)
Vậy \(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\ge\frac{9}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\)\(\left(đpcm\right)\)