Cho a,b,c >0 CMR
\(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\ge1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
UI
1
Những câu hỏi liên quan
VT
3
28 tháng 1 2018
Áp dụng BĐ0T \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với x,y,z >0 có :
Vế trái \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{9}{3+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1) (vì a+b+c=3)
Có \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\cdot\left(a+b+c\right)+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3\ge0\) (vì a+b+c=3)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => đpcm
k cho mk nhoa !!!!!!!!!!
TN
28 tháng 1 2018
Ngược dấu rồi bạn ơi
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le a^4+b^4+c^4\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a^3+2a^2b^2}+\frac{b^4}{b^3+2b^2c^2}+\frac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1=VP\)
Dấu "=" kh \(a=b=c=1\)
0D
0
GB
1
KN
20 tháng 4 2020
Đặt \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\)
\(=\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+abc}}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\)(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức)
Ta có:
Suy ra 
Ta cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3+24abc\le\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\ge6abc\)
Đúng vì \(a^2b+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\); \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Từ đó suy ra \(\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ca}+c\sqrt{c^2+8ab}\right)}\ge1\)
Vậy \(=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+abc}}\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
T
25 tháng 11 2019
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow xyz=1\)
Không khó để chứng minh \(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge x+y+z\)
\(VT=\Sigma\frac{y^2z}{x^2\left(1+2z\right)}=\Sigma\frac{\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}{\frac{1+2z}{z}}\ge\frac{\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)^2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+6}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{xy+yz+zx+6}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+6}\)
Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\).Cần chứng minh:
\(f\left(t\right)=\frac{t^2}{\frac{t^2}{3}+6}\ge1\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(t-3\right)\left(t+3\right)\ge0\)(đúng)
IS that true?
T
25 tháng 11 2019
Làm xong em mới nhận ra không cần đổi biến:D
Ta có:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{abc}}=3a\)
Tương tự: \(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3b;\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3c\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên suy ra \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge a+b+c\)
Trở lại bài toán: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(\frac{a^2}{b^2}\right)}{c+2}\ge\frac{\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2}{a+b+c+6}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}=\frac{t^2}{t+6}\)(với \(t=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\))
Cần chúng minh: \(\frac{t^2}{t+6}\ge1\Leftrightarrow t^2-t-6\ge0\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(t+2\right)\ge0\)(đúng)
NT
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 3 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{(\frac{a^2}{b})^2}{c+2}+\frac{(\frac{b^2}{c})^2}{a+2}+\frac{(\frac{c^2}{a})^2}{b+2}\geq \frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{c+2+a+2+b+2}=\frac{\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)^2}{a+b+c+6}\)
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+a}=a+b+c\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}\)
Đặt \(t=a+b+c\). Áp dụng BĐT AM-GM: \(t=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
Ta có:
\(\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}=\frac{t^2}{t+6}=\frac{t^2-t-6}{t+6}+1=\frac{(t-3)(t+2)}{t+6}+1\geq 1\) với mọi $t\geq 3$
Do đó: \(\text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+6}\geq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 3 2019
Cách khác:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^4}{b^2(c+2)}+\frac{c+2}{9}+\frac{b}{3}+\frac{b}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{81}}=\frac{4}{3}a\)
\(\frac{b^4}{c^2(a+2)}+\frac{a+2}{9}+\frac{c}{3}+\frac{c}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{b^4}{81}}=\frac{4}{3}b\)
\(\frac{c^4}{a^2(b+2)}+\frac{b+2}{9}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}\geq 4\sqrt[4]{\frac{c^4}{81}}=\frac{4}{3}c\)
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
\(\frac{a^4}{b^2(c+2)}+\frac{b^4}{c^2(a+2)}+\frac{c^4}{a^2(b+2)}\geq \frac{5}{9}(a+b+c)-\frac{2}{3} \)
\(\geq \frac{5}{9}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{2}{3}(\text{AM-GM})=\frac{5}{9}.3-\frac{2}{3}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
TM
7 tháng 4 2017
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta được:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)=1
16 tháng 10 2020
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
17 tháng 12 2015
\(\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{9}{3+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(\ge\frac{9}{3+2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{9}{3+2\cdot\frac{3^2}{3}}=\frac{9}{3+6}=1\)
Dấu bằng xảy ra khi : \(\int^{\frac{a}{a+2b^2}=\frac{b}{b+2c^2}=\frac{c}{c+2a^2}}_{a=b=c}\Rightarrow a=b=c=1\)
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)
(chụp lại đề trước khi giải để chắc chắn mình không spam:)) Ok, thế thì bất đẳng thức sai với \(a=b=c=4\)