Cho a, b và c là các số thực dương thỏa mãn
a^2 + b^2 + c^2 +2abc = 1
CMR a^2b^2 +b^2c^2 + c^2a^2 ≥ 12a^2b^2c^2
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
L
1
26 tháng 4 2020
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :
\(a^2b+a^2b+\frac{1}{ab^2}\ge3\sqrt[3]{a^2b.a^2b.\frac{1}{ab^2}}=3a\)
tương tự : \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :
\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 5 2021
\(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự:
\(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)\) ; \(\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)
Cộng vế với vế:
\(P\ge\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{\sqrt{5}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^3=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{9}\)
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 \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
18 tháng 5 2023
Ta có \(a+b^2\le\dfrac{a^2+1}{2}+b^2=\dfrac{a^2+2b^2+1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{2a^2}{a+b^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}=\dfrac{4a^4}{a^4+2b^2a^2+a^2}\). Lập 2 BĐT tương tự rồi áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có:
\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+a^2+b^2+c^2}\) \(=\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3}\)\(=\dfrac{4.3^2}{3^2+3}=3\).
Mà \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\) nên ta có đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
28 tháng 2 2020
Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)
Thật vậy:
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)
Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)
mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)
Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có
∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
28 tháng 2 2020
Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm
1 tháng 8 2017
Tính ra a+b+c<=4 nhé (dùng Bu-nhi-a cop-xki)
Phần còn lại tự xử nhé)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 6 2021
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{\left(a+3\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}=\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8a+6}{\left(a-1\right)^2+2}\right)\le\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8a+6}{2}\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\dfrac{1}{3}\left(3+\dfrac{8\left(a+b+c\right)+18}{2}\right)=8\) (đpcm)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge12\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
\(1=a^2+b^2+c^2+2abc\ge4\sqrt[4]{2a^3b^3c^3}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8};\Rightarrow\text{}\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2}}\ge3\sqrt[3]{64}=12\)
suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)