Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có: \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)\(;b^2+1\ge2\sqrt{b^2\cdot1}=2b\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}\left(ab+b+1\right)\left(1\right)\). Tương tự ta có:
\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}\left(bc+c+1\right)\left(2\right);\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\left(ac+a+1\right)\left(3\right)\)
Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:
\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)=\frac{1}{2}\) (vì abc=1)
Suy ra Đpcm. Dấu "=" khi a=b=c=1
Mình sẽ giải theo pp tập thể dục nha :
Theo bài ra , ta có :
\(a^2+b^2+c^2=3\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3=0\)
\(\Leftrightarrow a^2-1+b^2-1+c^2-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(a+1\right)=0\\\left(b-1\right)\left(b+1\right)=0\\\left(c-1\right)\left(c+1\right)=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\c=-1\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}b=1\\b=-1\end{cases}}\\\orbr{\begin{cases}c=1\\\end{cases}}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1;a=-1\\b=1;b=-1\\c=1;c=-1\end{cases}}\)
mà a,b,c là ba số không âm
=) a = b = c =1
Thay a = b = c = 1 vào biểu thức ở đầu bài , ta được
\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)
\(=\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3}\)
\(=\frac{1}{6}\times3=\frac{1}{2}\)
Cái phần bé hơn hình như là có cái j đó sai sai vì gt đầu bài là ba số ko âm mà nên làm sao mà bé hơn được
Bài 1:
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2
Bài 2/
\(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2b^2c+a^2c^2b}+\frac{c^2a^2}{b^2c^2a+b^2a^2c}+\frac{a^2b^2}{c^2a^2b+c^2b^2a}\)
\(=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{a^2b^2}{ca+cb}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{3a+2b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\) )cái này bn tự cm nha bằng hệ quả của bunhia
tương tự :\(\frac{1}{3b+2c+a}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(\frac{1}{3c+2a+b}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Công tất cả các vế vs nhau:\(\frac{1}{3a+2b+c}+\frac{1}{3b+2c+a}+\frac{1}{3c+2a+b}\le\frac{1}{36}\left(\frac{6}{a}+\frac{6}{b}+\frac{6}{c}\right)\)=1/36 x96=8/3
à còn phần mik dùng bunhia sao ra dc thế nè :\(\frac{1}{3a+2b+c}=\frac{1}{a+a+a+b+b+c}\)
\(=\frac{1}{36}\left(\frac{36}{a+a+a+b+b+c}\right)\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(=\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
có lẽ là AM-GM ngược dấu, bn thử đi nhé giờ mk bận rồi
Thế a = b= c = 1 vô đi