M
4
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NM
4
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2019
Lời giải:
Ta thấy:
\(\text{VT}=\frac{c^2}{2ab^2c^2+c^2}+\frac{a^2}{2bc^2a^2+a^2}+\frac{b^2}{2ca^2b^2+b^2}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\text{VT}(2ab^2c^2+c^2+2bc^2a^2+a^2+2ca^2b^2+b^2)\geq (c+a+b)^2\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2abc(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2}(*)\)
Áp dụng BĐT Am-GM:
\(3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq 1\)
\(\Rightarrow 2abc(ab+bc+ac)\leq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Rightarrow \frac{(a+b+c)^2}{2abc(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2}=1(**)\)
Từ \((*); (**)\Rightarrow \text{VT}\geq 1\)
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2019
Cách khác bằng AM-GM:
\(\text{VT}=3-\left(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}\right)(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}=\frac{2ab^2}{ab^2+ab^2+1}+\frac{2bc^2}{bc^2+bc^2+1}+\frac{2ca^2}{ca^2+ca^2+1}\)
\(\leq \frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{a^2b^4}}+\frac{2bc^2}{3\sqrt[3]{b^2c^4}}+\frac{2ca^2}{3\sqrt[3]{c^2a^4}}=\frac{2}{3}(\sqrt[3]{ab^2}+\sqrt[3]{bc^2}+\sqrt[3]{ca^2})\)
\(\leq \frac{2}{3}\left(\frac{a+b+b}{3}+\frac{b+c+c}{3}+\frac{c+a+a}{3}\right)=\frac{2}{3}(a+b+c)=2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-2=1\) (đpcm)
DP
1
27 tháng 11 2019
Cách : AM - GM :
\(VT=3-\left(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}\right)\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM - GM :
\(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}=\frac{2ab^2}{ab^2+ab^2+1}+\frac{2bc^2}{bc^2+bc^2+1}+\frac{2ca^2}{ca^2+ca^2+1}\)
\(\le\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{a^2b^4}}+\frac{2bc^2}{3\sqrt[3]{b^2c^4}}+\frac{2ca^2}{3\sqrt[3]{c^aa^4}}=\frac{2}{3}\left(\sqrt[3]{ab^2}+\sqrt[3]{bc^2}+\sqrt[3]{ca^2}\right)\)
\(\le\frac{2}{3}\left(\frac{a+b+b}{3}+\frac{b+c+c}{3}+\frac{c+a+a}{3}\right)=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)=2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow VT\ge3-2=1\left(đpcm\right)\)
TT
cho 3 so duong a,b,c tm \(a+b+c=3\)
cmr \(\frac{1}{1+2ab^2}+\frac{1}{1+2bc^2}+\frac{1}{1+2ca^2}\ge1\)
1
30 tháng 9 2017
Ta có:
\(3=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow abc\le1\)
Từ đó ta có:
\(\frac{1}{1+2ab^2}+\frac{1}{1+2bc^2}+\frac{1}{1+2ca^2}\)
\(\ge\frac{1}{1+\frac{2b}{c}}+\frac{1}{1+\frac{2c}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2a}{b}}\)
\(=\frac{c}{c+2b}+\frac{a}{a+2c}+\frac{b}{b+2a}\)
\(=\frac{c^2}{c^2+2bc}+\frac{a^2}{a^2+2ca}+\frac{b^2}{b^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
30 tháng 8 2020
Bạn tham khảo câu trả lời tại đây:
https://olm.vn/hoi-dap/detail/63983977591.html
Câu hỏi của Tran Toan - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
6 tháng 3 2019
Đặt \(P=\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\)
\(\Leftrightarrow P=\frac{a^2}{a^2+2bca}+\frac{b^2}{b^2+2cab}+\frac{c^2}{c^2+2abc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có: ( link c/m Cauchy-schwarz: Xem câu hỏi )
\(P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6abc}=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+6abc}\)( \(a+b+c=3\))
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có: \(a+b+c=3\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow3\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow1\ge abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2c^2\ge a^3b^3c^3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(ab+bc+ca\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\ge3.\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9}{9}=1\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
đpcm
BK
0
31 tháng 7 2019
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
31 tháng 7 2019
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
21 tháng 8 2015
Lần sau em viết đề cẩn thận hơn nhé, dấu lớn hơn đúng ra phải là lớn hơn hoặc bằng và không có ẩn d.
Bài này sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz thôi (Nếu bạn chưa quen, thì xem lại phát biểu và chứng minh ở đây: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html ).
Ta có \(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ca\right)+\left(c^2+2ab\right)}=1.\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c.\)
Sửa lại \(\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\) rồi c/m BĐT phụ
\(\frac{a^2}{a^2+2}\ge\frac{4}{9}a-\frac{1}{9}\) bằng cách quy đồng, phân tích
Sau đó tương tự rồi cộng theo vế là ra
#Tks Vũ...Châu đã nhắc nhé
Từ \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Rightarrow abc\le1\)
Khi đó ta có BĐT
\(\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ac}+\frac{c}{c+2ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\ge1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-SChwarz dạng ENGel ta có;
\(VT=\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}=1=VP\)
KHi \(a=b=c=1\)