K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

21 tháng 4 2021

Đặt \(A=\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\left(a,b,c>0\right)\).

Ta có:

\(\frac{a^3}{a^2+b^2}=\frac{a\left(a^2+b^2-b^2\right)}{a^2+b^2}=\frac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\).

Vì \(a,b>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(a^2+b^2\ge2ab\).

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2}\le\frac{1}{2ab}\).

\(\Leftrightarrow\frac{ab^2}{a^2+b^2}\le\frac{ab^2}{2ab}=\frac{b}{2}\).

\(\Rightarrow\frac{-ab^2}{a^2+b^2}\ge\frac{-b}{2}\).

\(\Leftrightarrow a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{b}{2}\).

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge a-\frac{b}{2}\left(1\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b>0\).

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}\).với \(b,c>0\)\(\left(2\right)\)

Dấu bẳng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\).

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\frac{a}{2}\)với \(a,c>0\)\(\left(3\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:

\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\)\(\ge\)\(a+b+c-\frac{a}{2}-\frac{b}{2}-\frac{c}{2}\).

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{a+b+c}{2}\).

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{6}{2}\)(vì \(a+b+c=6\)).

\(\Leftrightarrow A\ge3\)(điều phải chứng minh).

Dấu bằng xảy ra.

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\a+b+c=6\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=2\).

Vậy nếu \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c=6\)thì:

\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge3\).

NV
18 tháng 4 2021

Ta chứng minh BĐT phụ sau:

\(\dfrac{a^3}{a^2+b^2}\ge\dfrac{2a-b}{2}\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(2a^3-\left(2a-b\right)\left(a^2+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow b\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng với a;b dương)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^3+c^3}\ge\dfrac{2b-c}{2}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^3+a^3}\ge\dfrac{2c-a}{2}\)

Cộng vế với vế:

\(VT\ge\dfrac{a+b+c}{2}=3\) (đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 4 2021

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}=\sum \frac{a+1}{b^2+1}=\sum [(a+1)-\frac{b^2(a+1)}{b^2+1}]=\sum (a+1)-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\)

\(=6-\sum \frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq 6-\sum \frac{b^2(a+1)}{2b}=6-\sum \frac{ab+b}{2}\)

\(=6-\frac{\sum ab+3}{2}\geq 6-\frac{\frac{1}{3}(a+b+c)^2+3}{2}=6-\frac{3+3}{2}=3\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

17 tháng 3 2020

Bài hay quá!

Đặt \(a=\frac{3x}{x+y+z};b=\frac{3y}{x+y+z};c=\frac{3z}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\)

Sau khi quy đồng cần chứng minh:

\(2\, \left( x+y+z \right) \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)(gõ Latex, không biết ad đã fix lỗi chưa, nếu nó không hiện thì hỏi ad, đừng hỏi em!)

Hay là: \( \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)

Or:

\(9\, \left( 1/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+3/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) {z}^{3}+3\, \left( x-2\,z+y \right) ^{3}{z}^{2}+ \left( \left( 3/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+1/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) \left( -y+x \right) ^{2}+ \left( x-z \right) ^{ 4}+ \left( y-z \right) ^{4} \right) z+ \left( x-z \right) \left( y-z \right) \left( \left( x-z \right) ^{3}+3\, \left( x-z \right) ^{2} \left( y-z \right) +3\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) ^{2}+ 21\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) z+ \left( y-z \right) ^{3} \right) \geq 0 \)

Cách xử trí: Nếu nó không hiện: Sau khi quy đồng, ta biến đối nó về như trong link sau: https://imgur.com/D8ScX4k

18 tháng 3 2020

Cách khác:

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge a^2+b^2+c^2+3\)

Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+3\)

Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge12\)

Or: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge6\)

Giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)(*)

Do đó: \(VT=\frac{ab+bc+ca}{abc}+ab+bc+ca\)

\(\ge\frac{a+b+c\left(a+b\right)-1}{\frac{c\left(a+b\right)^2}{4}}+a+b+c\left(a+b\right)-1\)

\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(a+b\right)-4}{c\left(a+b\right)^2}+\left(c+1\right)\left(a+b\right)-1\)

\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(3-c\right)-4}{c\left(3-c\right)^2}+\left(c+1\right)\left(3-c\right)-1\ge6\)

Last inequality\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-c\right)^3\left(c-1\right)^2}{c\left(c-3\right)^2}\ge0\). Nếu c < 2 thì ta có đpcm.

Nếu \(c\ge2\)

\(VT=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)

\(>\frac{4}{a+b}+ab+c\left(a+b\right)\ge\frac{4}{a+b}+2\left(a+b\right)\ge2\sqrt{8}>3\)

DD
5 tháng 4 2021

Theo bất đẳng thức AM - GM ta có: 

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\ge a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

Làm tương tự có hai bất đẳng thức với \(\frac{b+1}{c^2+1}\)và \(\frac{c+1}{a^2+1}\)sau đó cộng lại ta có: 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\left(a+1-\frac{ab+b}{2}\right)+\left(b+1-\frac{bc+c}{2}\right)+\left(c+1-\frac{ca+a}{2}\right)\)

\(=3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\).

Nếu ta chứng minh được \(a+b+c-ab-bc-ca\ge0\)ta sẽ có đpcm. 

Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\).

Do đó ta có đpcm. 

20 tháng 2 2020

1 . 

Từ gt : \(2ab+6bc+2ac=7abc\)và \(a,b,c>0\)

Chia cả hai vế cho abc > 0 

\(\Rightarrow\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\)

Đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\2z+6x+2y=7\end{cases}}\)

Khi đó : \(C=\frac{4ab}{a+2b}+\frac{9ac}{a+4c}+\frac{4bc}{b+c}\)

\(=\frac{4}{2x+y}+\frac{9}{4x+z}+\frac{4}{y+z}\)

\(\Rightarrow C=\frac{4}{2x+y}+2x+y+\frac{9}{4x+z}+4x+z+\frac{4}{y+z}+y+z\)\(-\left(2x+y+4x+z+y+z\right)\)

\(=\left(\frac{2}{\sqrt{x+2y}}-\sqrt{x+2y}\right)^2+\left(\frac{3}{\sqrt{4x+z}}-\sqrt{4x+z}\right)^2\)\(+\left(\frac{2}{\sqrt{y+z}}-\sqrt{y+z}\right)^2+17\ge17\)

Khi \(x=\frac{1}{2},y=z=1\)thì \(C=17\)

Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1

20 tháng 2 2020

2 . 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :\(1+b^2\ge2b\)nên 

\(\frac{a+1}{1+b^2}=\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\)

\(\ge\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+b^2}\ge a+1-\frac{ab+b}{2}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{b+1}{1+c^2}\ge b+1-\frac{bc+c}{2}\left(2\right)\)

\(\frac{c+1}{1+a^2}\ge c+1-\frac{ca+a}{2}\left(3\right)\)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 

\(\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\left(^∗\right)\)

Mặt khác : \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2=9\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\ge0\)

Nên \(\left(^∗\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Chúc bạn học tốt !!!

24 tháng 8 2020

Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)

Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))

Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\)\(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)

Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

5 tháng 2 2020

1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)  với \(a,b>0\) (1) 

Thật vậy : BĐT  (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)  ( luôn đúng )

Vì vậy BĐT (1) đúng.

Áp dụng vào bài toán ta có:

\(\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)

                                                                 \(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy ta có điều phải chứng minh !

5 tháng 2 2020

Bài 1 : 

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế 

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm)

2 tháng 8 2017

cộng mỗi phân thức với 1 xem thế nào Thành

4 tháng 8 2017

\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

=> BDT cần CMR <=> \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}\)

Ta có \(\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)

=>VT\(\ge\frac{a+b+c}{2}\) (Hơi tắt nên tự hiểu)

Ta đi Cm \(\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}\)

<=> \(\frac{a+b+c}{2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+b^2}+\frac{a^2}{a^2+c^2}\ge3\)(*)

\(\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+b^2}+\frac{a^2}{c^2+a^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\ge\frac{3}{2}\)

=>VT (*) \(\ge3\). Từ đó ta có dpcm

Kiêm đâu lắm bài bdt hay. Gửi link