Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: Chứng minh: \(2\le\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}+ab+bc+ca\le4\)
Đặt \(a+b+c=3u;ab+bc+ca=3v^2\)
\(\Rightarrow3\left(9u^2-6v^2\right)+3v^2=12\Rightarrow9u^2-6v^2+v^2=4\) (1)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=9u^2-6v^2=4-v^2\). Mặt khác từ (1) ta cũng suy ra:
\(\left(3u\right)^2=9u^2=4+5v^2\Rightarrow a+b+c=3u=\sqrt{4+5v^2}\)
Từ giả thiết ta có: \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\ge4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3v^2=ab+bc+ca\le3\Rightarrow0\le v\le1\) (vì \(v=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\ge0\)..)
Vì vậy ta cần chứng minh: \(2\le f\left(v\right)=\frac{4-v^2}{\sqrt{4+5v^2}}+3v^2\le4\) với \(0\le v\le1\)
Dễ thấy hàm số này đồng biến vì vậy f(v) đạt min tại v = 0 tức \(f\left(v\right)_{min}=2\)
Đạt Max tại v = 1 tức \(f\left(v\right)_{max}=4\)
Ta có đpcm.
P/s: Em mới học BĐT nên không chắc đâu, nhất là khúc mà em in đậm ấy.
Theo BĐT Svacxo có : \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(< =>1\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}< =>\left(a+b+c\right)^2\le3< =>a+b+c\le\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra \(< =>a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Áp dụng bđt quen thuộc \(\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\left(x;y>0\right)\) được
\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{c+a+b+c}=\frac{ab}{4}.\frac{4}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\\\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\end{cases}}\)
Cộng lại ta đc \(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left[\frac{b\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}\right]\)
\(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1/3