Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\), c/m
\(\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}\ge a+b+c\)
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
AH
9 tháng 10 2017
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 \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
KN
5 tháng 5 2020
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 \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
4 tháng 9 2018
\(\frac{2a^2}{a+b^2}=2a-\frac{2ab^2}{a+b^2}\ge2a-\frac{2ab^2}{2b\sqrt{a}}=2a-b\sqrt{a}\ge2a-\frac{b+ba}{2}\)
Tương tự rồi cộng từng vế ta có:
\(\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)^2\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
Dấu "=' khi a=b=c=1
11 tháng 6 2020
Làm 2 cách nhá
\(\frac{2a^2}{a+b^2}=\frac{2a^2}{\frac{a^2+1}{2}+b^2}=\frac{4a^2}{a^2+2b^2+1}=\frac{4a^4}{a^4+2a^2b^2+a^2}\)
Tương tự rồi theo Cauchy Schwarz ta có được:
\(LHS\ge\frac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2+3}=\frac{36}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3}=\frac{36}{12}=3\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
TN
8 tháng 2 2017
\(BDT\LeftrightarrowΣ\frac{a^2}{a+b^2}\ge\frac{a+b+c}{2}\)
Áp dụng BDT C-S dạng Engel ta có:
\(Σ\frac{a^2}{a+b^2}=\text{ }Σ\frac{a^4}{a^3+a^2b^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{Σa^3+a^2b^2}\)
Vậy đi chứng minh \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{Σa^3+a^2b^2}\ge\frac{a+b+c}{2}\)
Hay \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a+b+c\right)Σ\left(a^3+b^2c^2\right)\)
\(\hept{\begin{cases}a+b+c=3u\\ab+ac+bc=3v^2\\abc=w^3\end{cases}}\)
Bởi vì điều kiện không phụ thuộc vào \(w^3\), ta thấy rằng bất đẳng thức cuối cùng là một bất đẳng thức tuyến tính của \(w^3\), đủ để chứng minh rằng bất đẳng thức cuối cùng đạt một giá trị cực đại là \(w^3\), xảy ra trong trường hợp hai biến bằng nhau hoặc có thể cho \(w^3\rightarrow0^+\)
Sau khi biến đổi đồng nhất ta cần chứng minh.
\(\left(2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\right)^2\)
*)\(b=c=1\) Ta được
\(\left(a-1\right)^2\left(a^8-2a^7+17a^6-8a^5+75a^4-10a^3+73a^2-4a+20\right)\ge0\) ( hiển nhiên đúng)
*)\(w^3\rightarrow0^+\) để \(c\rightarrow0^+\) và \(b=1\), ta đc:
\(a^{10}-2a^9+10a^8-12a^7+26a^6-26a^5+26a^4-12a^3+10a^2-2a+1\ge0\)( cũng đúng)
TN
25 tháng 8 2017
Ta có BĐT \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)
Nên BĐT cần chứng minh là
\(\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\ge\frac{3}{2}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}a^2=x\\b^2=y\\c^2=z\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\x,y,z>0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM and Cauchy-Schwarz ta có:
\(Σ\frac{a^2}{a+b^2}=Σ\frac{x}{\sqrt{x}+y}=Σ\frac{x}{\sqrt{\frac{x\left(x+y+z\right)}{3}+y}}\)
\(=Σ\frac{6x}{2\sqrt{3x\left(x+y+z\right)}+6y}\geΣ\frac{6x}{3x+x+y+z+6y}=Σ\frac{6x}{4x+7y+z}\)
\(=Σ\frac{6x^2}{4x^2+7xy+xz}\ge\frac{6\left(x+y+z\right)^2}{Σ\left(4x^2+7xy+xz\right)}=\frac{3}{2}\)
-Nguồn : Xem câu hỏi
6 tháng 4 2021
Ta có : \(\frac{a}{b^2c^2}+\frac{b}{c^2a^2}+\frac{c}{a^2b^2}=\frac{a^4}{a^3b^2c^2}+\frac{b^4}{b^3c^2a^2}+\frac{c^4}{c^3a^2b^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel và giả thiết a2 + b2 + c2 = 3abc ta có :
\(\frac{a^4}{a^3b^2c^2}+\frac{b^4}{b^3c^2a^2}+\frac{c^4}{c^3a^2b^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)}=\frac{\left(3abc\right)^2}{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{a+b+c}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=1
18 tháng 7 2019
Áp dụng bđt cô-si, ta có: \(a+b^2\le\dfrac{a^2+1}{2}+b^2=\dfrac{a^2+2b^2+1}{2}\)
=>\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}\)
CMTT: Khi đó: \(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}+\dfrac{4b^2}{b^2+2c^2+1}+\dfrac{4c^2}{c^2+2a^2+1}\)
Áp dụng bđt Sơ-vác, ta có:
\(\dfrac{4a^4}{a^4+2a^2b^2+a^2}+\dfrac{4b^4}{b^4+2b^2c^2+b^2}+\dfrac{4c^4}{c^4+2c^2a^2+c^2}\ge\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}=\dfrac{4.3^2}{3^2+3}=3\)
Do đó: \(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}+\dfrac{4b^2}{b^2+2c^2+1}+\dfrac{4c^2}{c^2+2a^2+1}\ge3\)
Vì \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)
=>\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
=>ĐPCM
9 tháng 8 2021
Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)
\(\ge4ab+2ac+a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )
Ta có :
\(\(a^2+b^2+c^2=3\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow a+b+c\le3\)\)
+) \(\(\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}=\frac{4a^4}{2a^3+2a^2b^2}+\frac{4b^4}{2b^3+2b^2c^2}+\frac{4c^4}{2c^3+2c^2a^2}\)\)
\(\(\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2a^3+2b^3+2c^3+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2}\)\)
\(\(\ge\frac{4.3^2}{a^4+a^2+b^4+b^2+c^4+c^2+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2}\)\)
\(\(=\frac{36}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}=\frac{36}{9+3}=3\ge a+b+c\left(dpcm\right)\)\)
_Minh ngụy_
Dễ thấy
\(3=a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\le3\)
Do đó :
\(\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}=\frac{4a^4}{2a^3+2a^2b^2}+\frac{4b^4}{2b^3+2b^2c^2}+\frac{4c^4}{2c^3+2c^2a^2}\)
\(\ge\frac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{2a^3+2b^3+2c^3+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2}\)
\(\ge\frac{36}{a^4+a^2+b^4+b^2+c^4+c^2+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2}\)
\(=\frac{36}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}=3\ge a+b+c\left(dpcm\right)\)