cho a,b,c >0, và \(a^2+b^2+c^2=3\):
CMR: \(\dfrac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ba+11b^2}}+\dfrac{a^2+3ab+c^2}{\sqrt{6a^2+8ca+11c^2}}+\dfrac{c^2+3cb+b^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11b^2}}\) \(\leq\) 3
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
KN
15 tháng 2 2020
Đặt VT là K.
Ta có: \(6a^2+8ab+11b^2=\left(2a+3b\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+3b\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\le\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)
Tiếp tục ta chứng minh: \(\frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\le\frac{3a+2b}{5}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
Tương tự ta có: \(\frac{b^2+3bc+c^2}{\sqrt{6b^2+8bc+11c^2}}\le\frac{3b+2c}{5}\);\(\frac{c^2+3ca+a^2}{\sqrt{6c^2+8ca+11a^2}}\le\frac{3c+2a}{5}\)
Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:
\(M\le\frac{3b+2c}{5}+\frac{3a+3b}{5}+\frac{3c+2a}{5}=a+b+c\)
Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\le a^2+b^2+c^2+\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\)
hay \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)
Vậy \(M\le3\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
31 tháng 3 2017
Bài 2:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)
Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Thiết lập các BĐT tương tự:
\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)
Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM
Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !
31 tháng 3 2017
1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
NH
choa,b,c >0.CMR:\(\dfrac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}+\dfrac{11b^3-c^3}{4b^2+bc}+\dfrac{11c^3-a^3}{4c^2+ac}\)
4
HN
15 tháng 4 2017
Đã thấy. Sửa đề: \(\sum\dfrac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}\le2\left(a+b+c\right)\)
\(\sum\dfrac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{12a^3-\left(a^3+b^3\right)}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{12a^3-\left(a+b\right)\left(\left(a-b\right)^2+ab\right)}{4a^2+ab}\)
\(\le\sum\dfrac{12a^3-ab\left(a+b\right)}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{a\left(3a-b\right)\left(4a+b\right)}{a\left(4a+b\right)}\)
\(=\sum\left(3a-b\right)=2\left(a+b+c\right)\)
15 tháng 4 2017
Đề bài: Cho \(a,b,c>0\). CMR \( \frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2} + \frac{11c^3-b^3}{bc+4c^2} + \frac{11a^3-c^3}{ac+4a^2} \leq 2(a+b+c)\)
Bài giải
Ta chứng minh bổ đề \(\dfrac{11b^3-a^3}{4b^2+ab}\le3b-a\)
Thật vậy \(11b^3-a^3\le\left(ab+4b^2\right)\left(3b-a\right)\Leftrightarrow11b^3-a^3\le-a^2b-ab^2+12b^3\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (đúng)
Tương tự cho2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{11c^3-b^3}{4c^2+bc}\le3c-b;\dfrac{11a^3-c^3}{4a^2+ac}\le3a-c\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\left(3b-a\right)+\left(3c-b\right)+\left(3a-c\right)=2\left(a+b+c\right)=VP\)
HN
17 tháng 8 2017
Ta có:
\(a^2=\left(-b-c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-b^2-c^2=2bc\)
Tương tự ta cũng có
\(\left\{{}\begin{matrix}b^2-c^2-a^2=2ca\\c^2-a^2-b^2=2ab\end{matrix}\right.\)
Thế vô ta được
\(A=\sqrt{\dfrac{3a^2}{bc}+\dfrac{3b^2}{ca}+\dfrac{3c^2}{ab}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{3\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}}\)
\(=\sqrt{3.\dfrac{\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+3abC}{abc}}\)
\(=\sqrt{3.\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc}{abc}}\)
\(=\sqrt{3.3}=3\)
ĐPCM
Lời giải:
Đặt biểu thức đã cho là \(A\)
Ta có:
\(6a^2+8ab+11b^2=2a^2+(2a+2b)^2+7b^2\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\([2a^2+(2a+2b)^2+7b^2](2+4^2+7)\geq (2a+8a+8b+7b)^2\)
\(\Leftrightarrow 25(6a^2+8ab+11b^2)\geq (10a+15b)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{6a^2+8ab+11b^2}\geq 2a+3b\)
\(\Rightarrow \frac{a^2+3ab+b^2}{\sqrt{6a^2+8ab+11b^2}}\leq \frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}\)
Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:
\(A\leq \frac{a^2+3ab+b^2}{2a+3b}+\frac{a^2+3ac+c^2}{2c+3a}+\frac{b^2+3bc+c^2}{2b+3c}\)
\(6A\leq \frac{3a(2a+3b)+2b(2a+3b)+5ab}{2a+3b}+\frac{3c(2c+3a)+2a(2c+3a)+5ac}{2c+3a}+\frac{3b(2b+3c)+2c(2b+3c)+5bc}{2b+3c}\)
\(\Leftrightarrow 6A\leq 3a+2b+\frac{5ab}{2a+3b}+3c+2a+\frac{5ac}{2c+3a}+3b+2c+\frac{5bc}{2b+3c}\)
\(\Leftrightarrow 6A\leq 5(a+b+c)+5\left(\frac{ab}{2a+3b}+\frac{bc}{2b+3c}+\frac{ac}{2c+3a}\right)\)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM:
\((a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=9\Rightarrow a+b+c\leq 3(1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng ngược:
\(\frac{ab}{2a+3b}\leq \frac{ab}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\right)\)
\(\frac{bc}{2b+3c}\leq \frac{bc}{25}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{ca}{2c+3a}\leq \frac{ca}{25}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{2a+3b}+\frac{bc}{2b+3c}+\frac{ac}{2c+3a}\leq \frac{1}{5}(a+b+c)(2)\)
Từ (1); (2) suy ra:
\(6A\leq 5(a+b+c)+5.\frac{1}{5}(a+b+c)=6(a+b+c)\leq 18\)
\(\Rightarrow A\leq 3\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)