cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng Minh :. Ae giải hộ mk
\(\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}\le1\) \(\le\)1
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
14 tháng 2 2020
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)và chú ý
\(\frac{a^2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{a^2+ab+b^2}=a^2+\frac{ca^2\left(a+b+c\right)}{a^2+ab+b^2}\)
ta sẽ đưa điều phải chứng minh trở thành
\(\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+\frac{ca^2\left(a+b+c\right)}{a^2+ab+b^2}\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
hay là \(\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{ab^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{bc^2}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)
Ta có thể thấy ngay bđt này hiển nhiên đúng theo bđt Cauchy - Schwarz:
\(\text{Σ}\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}=\text{Σ}\frac{c^2a^2}{c\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{\left(\text{Σ}ca\right)^2}{\text{Σ}c\left(a^2+ab+b^2\right)}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
T
16 tháng 2 2020
Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1\). BĐT đưa về:
\(\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\ge1\) thật quen thuộc.
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{uv}{w^2};\frac{vw}{u^2};\frac{uw}{v^2}\right)\). Chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\frac{w^4}{u^2v^2+w^2uv+w^4}\ge1\)
. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và chú ý: \(uvw\left(u+v+w\right)\le u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2\)
\(VT\ge\frac{\left(u^2+v^2+w^2\right)^2}{u^4+v^4+w^4+u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2+uvw\left(u+v+w\right)}\ge1\)
4 tháng 7 2017
\(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)+c^2}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{3}{2}\)
25 tháng 8 2020
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
TN
9 tháng 7 2017
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
9 tháng 7 2017
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
3 tháng 1 2022
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
3 tháng 1 2022
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
HN
29 tháng 12 2019
Ta co:
\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+1}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+abc}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\)
Xet
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\le\frac{1}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{bc}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
bdt can chung minh thanh
\(ab+bc+ca+a+b+c\le2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta lai co:
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Gio ta can chung minh:
\(a^2+b^2+c^2\ge a+b+c\)
Ta co hai danh gia:
\(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(1=\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Suy ra can chung minh:
\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2-3\right)\ge0\) (đúng)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)
LT
29 tháng 12 2019
mn giup voi minh can gap lam
Vũ Minh TuấnBăng Băng 2k6Nguyễn Việt LâmPhạm Lan HươngNguyễn Huy Tú Nguyễn Thị Thùy TrâmNo choice teentthbảo phạmHo Nhat Minh
nguoc dau ?