cho a,b,c>0 cm
\(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Cho a,b,c>0 Chứng minh \(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Cho a,b,c>0. CM
\(\frac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{\left(2b+c+a\right)^2}{2b^2+\left(c+a\right)^2}+\frac{\left(2c+a+b\right)^2}{2c^2+\left(a+b\right)^2}\le8\)
Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa a + b + c = 1
Khi đó, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a+1\right)^2}{2a^2+\left(1-a\right)^2}+\frac{\left(b+1\right)^2}{2b^2+\left(1-b\right)^2}+\frac{\left(c+1\right)^2}{2c^2+\left(1-c\right)^2}\le8\)
Xét bất đẳng thức phụ: \(\frac{\left(x+1\right)^2}{2x^2+\left(1-x\right)^2}\le4x+\frac{4}{3}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(3x-1\right)^2\left(4x+1\right)}{2x^2+\left(1-x\right)^2}\ge0\)*đúng*
Áp dụng, ta được: \(\frac{\left(a+1\right)^2}{2a^2+\left(1-a\right)^2}+\frac{\left(b+1\right)^2}{2b^2+\left(1-b\right)^2}+\frac{\left(c+1\right)^2}{2c^2+\left(1-c\right)^2}\)\(\le4\left(a+b+c\right)+4=4.1+4=8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Chuẩn hóa ta có : \(a+b+c=3\)
=> \(\frac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{\left(a+3\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}=\frac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}\)
Xét\(\frac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}\le\frac{4}{3}a+\frac{4}{3}\)
<=> \(a^2+6a+9\le4\left(a+1\right)\left(a^2-2a+3\right)\)
<=> \(4a^3-5a^2-2a+3\ge0\)
<=> \(\left(a-1\right)^2\left(4a+3\right)\ge0\)luôn đúng
Khi đó
\(VT\le\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)+4=\frac{4}{3}.3+4=8\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
bài lớp 10 em chưa hok nha anh
Cho a, b, c > 0 . CMR:
\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{a^3}{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}+\frac{b^3}{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}+\frac{c^3}{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2\right)}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Một bài rất easy để dùng sos đây ạ!
1/Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:\(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Để ý rằng theo Bunhiacopxki ta có: \(\left(1+1+1\right)\left(\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\left(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\right)^2=VT^2\)
Suy ra \(\sqrt{\frac{12a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{12b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{12c^2}{\left(a+b\right)^2}}\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\) (do các hai vế đều dương)
Như vậy chúng ta sẽ được một bài toán rộng hơn bài trên,nhưng chắc hẳn rằng khi làm xong bài trên các bạn có thể giải ngay bài này chỉ qua biến đổi bđt đơn giản như trên! :D
Bài toán 2: \(\sqrt{\frac{12a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{12b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{12c^2}{\left(a+b\right)^2}}\ge3+\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Cho các số thực a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}+\frac{b^2}{\left(2b+a\right)\left(2b+c\right)}+\frac{c^2}{\left(2c+a\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{3}\)
Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp
Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)
\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Ta thực hiện phép đổi biến thì:
\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)
Đến đây là phần của bạn
(Vào thống kê hỏi đáp xem ảnh nhé! 2 cách, cách đầu dùng kỹ thuật uvw, cách kia là SOS)
\(\frac{b^2c^3}{a^2+\left(b+c\right)^3}+\frac{c^2a^3}{b^2+\left(c+a\right)^3}+\frac{a^2b^3}{c^2+\left(a+b\right)^3}\ge\frac{9abc}{4\left(3abc+a^2c+b^2a+c^2b\right)}\)voi a,b,c>0
Cho a, b, c. CMR:
\(\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{b+c}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2b}{c+a}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2c}{a+b}\right)^2}\ge3\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{9}{a+b+c}=0\)
\(\frac{bc}{abc}+\frac{ac}{bca}+\frac{ab}{cab}-\frac{9abc}{\left(a+b+c\right)abc}=0\)
\(\left(A+b+c\right)bc+\left(a+b+c\right)ac+\left(a+b+c\right)ab-9abc=0\)
\(b^2c+c^2b+abc+a^2c+c^2a+abc+a^2b+b^2a+abc-9abc=0\)
\(b^2c+c^2b+a^2c+c^2a+a^2b+b^2a-6abc=0\)
\(c\left(b^2+a^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+a\left(c^2+b^2\right)-6abc=0\)
\(c\left(b^2+a^2-2ab\right)+b\left(c^2-2ac+a^2\right)+a\left(c^2+2cb+b^2\right)=0\)
\(c\left(b-a\right)^2+b\left(c-a\right)^2+a\left(c-b\right)^2=0\)
\(\)
1) 0<a,b,c<1 và ab+bc+ca=1.find Min of:
\(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)
2) a,b,c>0.CMR:
\(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}\ge\frac{1}{ab+bc+ca}\)
3)a,b,c>0 CMR:
\(\left(\frac{a}{a+b}\right)^2+\left(\frac{b}{b+c}\right)^2+\left(\frac{c}{c+a}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\right)\)
Bài 3)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)
Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).
BĐT được viết lại như sau:
\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)
Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:
Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)
Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:
\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)
Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm
Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)
Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.
Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)
\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:
\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )
Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.
Bài 1:
Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)
Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất
Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)
\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)
\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)
Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"
Câu 1/ Ta có
\(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow1\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\le a+b+c< 3\)
Ta có: \(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)
\(=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}-2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=a+b+c-2\left(a+b+c\right)^2+4\) (1)
Đặt \(a+b+c=x\left(\sqrt{3}\le x< 3\right)\)
Ta tìm GTNN của hàm số: \(y=-2x^2+x+4\)
\(\Rightarrow y'=-4x+1=0\)
\(\Rightarrow x=\frac{1}{4}=0,25\)
Thế x lần lược các giá trị \(\left\{\begin{matrix}x=0,25\\x=\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y=4,125\\y=-2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow y_{min}=-2+\sqrt{3}\) đạt cực trị tại \(x=\sqrt{3}\) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra GTNN của M là \(-2+\sqrt{3}\) tại \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)