Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{2b+3c}+\frac{b}{2c+3a}+\frac{c}{3b+2a}\ge\frac{3}{5}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=\frac{a^2}{2ab+3ac}+\frac{b^2}{2bc+3ab}+\frac{c^2}{2ac+3bc}\)
\(P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{5\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Đặt:
x = a + c - b ; y = a + b - c ; z = b + c - a > 0 vì a; b ; c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
=> x + y + z = a + b + c
=> a = \(\frac{x+y}{2}\); b = \(\frac{y+z}{2}\); c = \(\frac{x+z}{2}\)
=> 3a - b + c = 2 a + ( a - b + c ) = ( x + y ) + x = 2x + y
Tương tự: 3b - c + a = 2y + z ; 3c - a + b = x + 2z
Đưa về bài toán: Chứng minh:
\(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)
<=> \(\frac{2x+2y}{2x+y}+\frac{2y+2z}{2y+z}+\frac{2z+2x}{2z+x}\ge4\)(1)
Ta có: VT = \(1+\frac{y}{2x+y}+1+\frac{z}{2y+z}+1+\frac{x}{2z+x}\)
\(=3+\left(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\right)\)
\(=3+\left(\frac{y^2}{2xy+y^2}+\frac{z^2}{2yz+z^2}+\frac{x^2}{2zx+x^2}\right)\)
\(\ge3+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}=3+1=4\)
=> (1) đúng
=> Bất đẳng thức ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c
a) Chứng minh được BĐT \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)(*)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b
Áp dụng BĐT (*) vào bài toán ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{x+y+x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)\\\frac{1}{x+2y+z}=\frac{1}{x+y+y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}\right)\\\frac{1}{x+y+2z}=\frac{1}{x+y+z+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta có:
\(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right);\frac{1}{y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right);\frac{1}{z+x}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\cdot\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=1\)
\(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le1\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=y=z=\frac{3}{4}\)
b) áp dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\\\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{b+c-a+a+c-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\\\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{a+b-c+a+c-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\end{cases}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(2VT\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2VP\)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Áp dụng bđt Cauchy-schwarz dạng engel ta có:
1. \(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+2b\right)+\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)}=\frac{a+b+c}{3}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow\frac{a}{a+2b}=\frac{b}{b+2c}=\frac{c}{c+2a}\Leftrightarrow a=b=c\)
2. \(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(2a+3b\right)+\left(2b+3c\right)+\left(2c+3a\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}+\frac{ac}{\sqrt{5abc(3b+2c)}}+\frac{ab}{\sqrt{5abc(3c+2a)}}\geq \frac{3}{5}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(5abc(3a+2b)=5ab.(3ac+2bc)\leq \left(\frac{5ab+3ac+2bc}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \frac{2bc}{5ab+3ac+2bc}=\frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, cộng theo vế ta suy ra:
\(\sum \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}(1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz và AM-GM:
\(\sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\geq 2.\frac{(bc+ab+ac)^2}{2[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)}\)
\(=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+2abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{2}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{5}(2)\)
Từ $(1);(2)$ suy ra $(*)$ đúng. BĐT được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Áp dụng Cauchy Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=2b+2c-a\\y=2c+2a-b\\z=2a+2b-c\end{cases}}\)
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(x,y,z>0\)
Khi đó :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{2y+2z-x}{9}\\b=\frac{2z+2x-y}{9}\\c=\frac{2x+2y-z}{9}\end{cases}}\)
Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z :
\(\frac{2y+2z-x}{9x}+\frac{2z+2x-y}{9y}+\frac{2x+2y-z}{9z}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau :
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)
Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))
Áp dụng , ta được :
\(\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{12}{9}-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{9}{9}\ge1\)(đúng)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Ta có:
A = \(\frac{a}{2b+3c}+\frac{b}{2c+3a}+\frac{c}{3b+2a}=\frac{a^2}{2ab+3ac}+\frac{b^2}{2bc+3ab}+\frac{c^2}{3bc+2ac}\)
A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+3ac+2bc+3ab+3bc+2ac}\)(bđt svacxo \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\frac{x_3^2}{y_3}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2}{y_1+y_2+y_3}\))
A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{5\left(a+b+c\right)^2}{3}}\) (bđt \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(*)
CM bđt * <=> \(3xy+3yz+3xz\le x^2+y^2+z^2+2xz+2xy+2yz\)
<=> \(\left(x-y\right)^2+\left(x-z\right)^2+\left(y-z\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
<=> A \(\ge\frac{3}{5}\) --> ĐPCM