Cho a,b,c >0 thỏa mãn a + b + c = 3 .Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\ge1\)
cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
\(\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
Cách : AM - GM :
\(VT=3-\left(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}\right)\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM - GM :
\(\frac{2ab^2}{2ab^2+1}+\frac{2bc^2}{2bc^2+1}+\frac{2ca^2}{2ca^2+1}=\frac{2ab^2}{ab^2+ab^2+1}+\frac{2bc^2}{bc^2+bc^2+1}+\frac{2ca^2}{ca^2+ca^2+1}\)
\(\le\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{a^2b^4}}+\frac{2bc^2}{3\sqrt[3]{b^2c^4}}+\frac{2ca^2}{3\sqrt[3]{c^aa^4}}=\frac{2}{3}\left(\sqrt[3]{ab^2}+\sqrt[3]{bc^2}+\sqrt[3]{ca^2}\right)\)
\(\le\frac{2}{3}\left(\frac{a+b+b}{3}+\frac{b+c+c}{3}+\frac{c+a+a}{3}\right)=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)=2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow VT\ge3-2=1\left(đpcm\right)\)
cho ba số thực a,b,c không âm thỏa mãn không có đồng thời hai số nào dồng thời bằng 0 và \(a^2+b^2+c^2=2\left(ab+bc+ca\right)\)
Chứng minh rằng : \(\sqrt{\frac{2ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{2bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{2ca}{c^2+a^2}}\ge1\)
cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3. CMR: \(\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
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 $a=b=c=1$
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)
Các bạn giải giúp mình với. Tks nhìu lun.
Cho a,b,c > 0 và a+b+c = 3.
Chứng minh: \(\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\ge1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\left [ \frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ac}+\frac{c}{c+2ab} \right ][a(a+2bc)+b(b+2ac)+c(c+2ab)]\geq (a+b+c)^2=9\) Ta cần CM \(a(a+2bc)+b(b+2ac)+c(c+2ab)\leq 9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+6abc\leq 9\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Am-Gm ta có:
\(3(ab+bc+ac)=(a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)
\(\Rightarrow 6abc\leq 2(ab+bc+ac)\Rightarrow a^2+b^2+c^2+6abc\leq (a+b+c)^2=9\)
Từ $(1)$ và $(2)$ \(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{9}{a^2+b^2+c^2+6abc}\geq \frac{9}{9}=1 (\text{đpcm})\)
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện \(a^2+b^2+c^2=1\)
Chứng minh rằng \(\frac{a^2}{1+2bc}+\frac{b^2}{1+2ca}+\frac{c^2}{1+2ab}\ge\frac{3}{5}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-SChwarz ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a^2+2a^2bc}+\frac{b^4}{b^2+2ab^2c}+\frac{c^4}{c^2+2abc^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{1^2}{1+2\cdot\frac{1^2}{3}}=\frac{3}{5}=VP\)
Dấu "=" bạn tự nghiên cứu nhé :D
DẤU BẰNG XẢY RA\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\) CÁI NÀY LÀ ĐIỂM RƠI NHÉ.
Cho a.b.c >0; a+b+c =3
Chứng minh: \(\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
Ta áp dụng Bđt Cauchy ngược dấu
\(T=\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2ab^2+1}+\frac{b^2c}{2bc^2+1}+\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le1\)
\(\frac{ab^2}{2ab^2+1}\le\frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^2\cdot ab^2\cdot1}}\)\(\le\frac{\sqrt[3]{ab^2}}{3}\le\frac{a+2b}{9}\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^2c}{2bc^2+1}\le\frac{b+2c}{9}\left(2\right);\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le\frac{c+2a}{9}\left(3\right)\)
Cộng theo vế của (1),(2) và (3) ta có:
\(T\le\frac{a+b+c+2c+2a+2b}{9}\)\(=\frac{3\left(a+b+c\right)}{9}=\frac{a+b+c}{3}=1\)
Dấu = khi a=b=c=1
bài náy áp dụng bđt Cosi cũng được
Cho 3 số a, b, c khác 0 thõa mãn điều kiện (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2. Chứng minh rằng:\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}=1\)
(a+b+c)2=a2+b2+c2
=>2(ab+bc+ac)=0
=>ab+bc+ac=0
=> bc=-ab-ac
=>\(\frac{a^2}{a^2+2bc}=\frac{a^2}{a^2-ac-ab+bc}\)=\(\frac{a^2}{\left(a-c\right)\left(a-b\right)}\)
Tuong tu => \(\frac{b^2}{b^2+2ac}=....\)
\(\frac{c^2}{c^2+2ab}=...\)
=> \(\frac{a^2}{a^2+2bc}+....\)=\(\frac{a^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)+...
=\(\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
=1
1,cho a,b,c>0 . CMR: \(\frac{b}{a+3b}+\frac{c}{b+3c}+\frac{a}{c+3a}\le\frac{3}{4}\)
2,CHo a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c <= ab+bc+ca
CMR: \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le1\)
3, Cho a,b,c>0 thoaor mãn a+b+c=3
CMR: \(\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
Dùng bđt bunhiacopxki nha
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
Bạn @Diệu Linh@ làm nhầm dòng 5 rồi nhé
2, BĐT ban đầu
<=> \(\left(1-\frac{1}{1+a+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+b+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+a+c}\right)\ge2\)
<=> \(\frac{\left(a+b\right)^2}{a+b+\left(a+b\right)^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b+c+\left(b+c\right)^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c+a+\left(c+a\right)^2}\ge2\)
Dùng BĐT buniacoxki dạng phân thức ở VT
\(VT\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2}\)
Mà \(a+b+c\le ab+bc+ac\)
=> \(VT\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)^2}=2\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
cho \(a+b+c=3\)
chứng minh rằng \(\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2ab^2+1}\ge1-\frac{2}{9}\left(a+2b\right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{2bc^2+1}\ge1-\frac{2}{9}\left(b+2c\right)\); \(\frac{1}{2ca^2+1}\ge1-\frac{2}{9}\left(c+2a\right)\)
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\frac{1}{2ab^2+1}\ge3-\frac{2}{9}.3\left(a+b+c\right)=1\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = \(\frac{1}{3}\)