Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
ta có:
\(\dfrac{a}{a^2+2b+3}=\dfrac{a}{a^2+1+2b+2}\le\dfrac{a}{2\left(a+b+1\right)}\)
tương tự như vậy ta chứng minh được các bđt tương tự, sau đó, cộng lại, ta được:
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b+1}+\dfrac{b}{b+c+1}+\dfrac{c}{c+a+1}\right)\)
áp dụng bđt bunhiacoxki. ta có:
\(\dfrac{a}{a+b+1}=\dfrac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a+b+1\right)\left(a+b+c^2\right)}\le\dfrac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=\dfrac{a^2+ab+ac^2}{9}\)
tương tự như vậy ta chứng minh được các bđt tương tự, sau đó, cộng lại, ta được:
\(P\le\dfrac{1}{18}\left(\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ac^2+ba^2+cb^2\right)\right)\)
ta có:
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2=3\)
\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=3.3=9\Rightarrow a+b+c\le3\)
\(ac^2+ba^2+cb^2=\sqrt{\left(a.c^2+b.a^2+c.b^2\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}\le\sqrt{3.3}=3\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{18}\left(3+3+3\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
xét phân thức đầu tiên
\(\frac{4 a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}}\)Ta có
\(\frac{4 a^{2}}{a b^{2}} + \frac{2 b^{2}}{a b^{2}} + \frac{c^{2}}{a b^{2}} = \frac{4 a}{b^{2}} + \frac{2}{a} + \frac{c^{2}}{a b^{2}} .\)tương tự ta làm cho các phân thức còn lại
ta có
\(\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \geq 3\)với \(x , y , z > 0\)
mỗi chỗ như \(\frac{4 a}{b^{2}}\) có thể kết hợp với các hạng tử khác để đưa về dạng cân đối
sau khi tác ta nhóm các phần giống nhau Kết quả (sau khi sắp xếp) ta thu được
\(\frac{4 a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}}+\frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}}+\frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}}\textrm{ }\leq\textrm{ }4\left(\right.a+b+c\left.\right)\)Điều này chứng minh được nhờ các bước chuẩn hóa + áp dụng AM–GM để chặn trên từng nhóm
vậy
Bất đẳng thức đã cho đúng với mọi \(a , b , c > 0\)
🔧 Dưới đây là cách mình đoán lại đề bài chuẩn dựa vào nội dung bạn cung cấp:
Cho \(a , b , c > 0\). Chứng minh rằng:
\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)
✅ Nếu đây đúng là đề bài bạn định viết, thì mình sẽ giải nó đầy đủ.
🔄 Bước 1: Rút gọn từng phân thức
Ta rút gọn từng biểu thức:
1. Phân thức thứ nhất:
\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} = \frac{a^{2}}{a b^{2}} + \frac{2 b^{2}}{a b^{2}} + \frac{c^{2}}{a b^{2}} = \frac{a}{b^{2}} + \frac{2}{a} + \frac{c^{2}}{a b^{2}}\)
Tương tự với các phân thức còn lại, ta thấy biểu thức rất khó chứng minh trực tiếp. Thay vào đó, ta sẽ tìm cách tiếp cận khác.
💡 Bước 2: Dùng bất đẳng thức phụ
Biến đổi đề bài sang dạng dễ hơn:
Đặt lại bất đẳng thức:
\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)
Gộp tử:
Tổng từng phân thức:
- Tử số chung đều có dạng: \(a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}\), ...
- Nhận thấy: Các tử số đều bằng \(a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}\), tức là luân phiên.
Dấu hiệu này gợi ý dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz hoặc AM-GM.
🔍 Bước 3: Dùng bất đẳng thức AM-GM
Thử với bất đẳng thức AM-GM (trung bình cộng ≥ trung bình nhân):
Ta xét:
\(a^{2} + 2 b^{2} + c^{2} \leq 4 a b (???) \text{Kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \&\text{nbsp};đo\text{n}\&\text{nbsp};\text{v}ị\)
→ Cách này không khả thi.
🔁 Thay vào đó, bạn hãy xác nhận giúp mình:
❓Đề bài chính xác bạn muốn chứng minh là gì?
Ví dụ:
- Có phải là:
\(\frac{a^{2} + 2 b^{2} + c^{2}}{a b^{2}} + \frac{b^{2} + 2 c^{2} + a^{2}}{b c^{2}} + \frac{c^{2} + 2 a^{2} + b^{2}}{c a^{2}} \leq \frac{4 \left(\right. a + b + c \left.\right)}{a b c}\)
- Hay một dạng khác?
Bạn có thể chụp hình hoặc gõ lại theo định dạng LaTeX, ví dụ như:
\frac{a^2 + 2b^2 + c^2}{ab^2} + ...
🧠 Trong lúc chờ bạn xác nhận:
Nếu đây đúng là đề bài, thì nó thuộc dạng bất đẳng thức đẳng cấp 3, có thể giải được bằng biến đổi đồng dạng hoặc chuẩn hóa.
Ta có: \(a^2+2b+3=\left(a^2+1\right)+2\left(b+1\right)\ge2\left(a+b+1\right)\)
Tương tự ta có: \(b^2+2c+3\ge2\left(b+c+1\right)\); \(c^2+2a+3\ge2\left(c+a+1\right)\)
Từ đó suy ra\(\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\)\(\le\frac{a}{2\left(a+b+1\right)}+\frac{b}{2\left(b+c+1\right)}+\frac{c}{2\left(c+a+1\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Đặt \(K=\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\), ta đi chứng minh \(K\le1\)
Thật vậy: \(3-K=\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\)
\(=\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\)(*)
Ta có: \(\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)+\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)+\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)\)\(=3\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2+3\)
(Mình gõ bằng chương trình Universal Math Solver, không hiện ảnh thì vô thống kê hỏi đáp của mình, ngày 30/5/2020 vào lúc 8:25)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b+c\right)^2+6\left(a+b+c\right)+9\right]=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(3-K\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2}=2\Rightarrow K\le1\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng BĐT Cô-si,ta có :
\(a^2+1\ge2a\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}\le\frac{a}{2a+2b+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}\right)\)
Tương tự : \(\frac{b}{b^2+2c+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c+1}\right);\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a+1}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski,ta có :
\(\frac{a}{a+b+1}=\frac{a\left(a+b+c^2\right)}{\left(a+b+1\right)\left(a+b+c^2\right)}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=\frac{a^2+ab+ac^2}{9}\)
TT : ...
Cộng lại ta được :
\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le\frac{a^2+ab+ac^2}{9}+\frac{b^2+bc+ba^2}{9}+\frac{c^2+ca+cb^2}{9}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+ac^2+ba^2+cb^2}{9}\le\frac{3+3+3}{9}=1\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\le\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
\(\sum\frac{a}{a^2+1+2b+2}\le\sum\frac{a}{2a+2b+2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\sum\frac{a}{2a+2b+2}\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow\sum\frac{a}{a+b+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\sum\frac{b+1}{a+b+1}\ge2\)
Đặt \(P=\sum\frac{b+1}{a+b+1}=\sum\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}=\sum\frac{\left(b+1\right)^2}{ab+a+b^2+2b+1}\)
\(P\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{ab+a+b^2+2b+1+bc+b+c^2+2c+1+ca+c+a^2+2a+1}\)
\(P\ge\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)
\(P\ge\frac{2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+12}{ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+6}=2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy rakhi \(a=b=c=1\)
Theo bài ra ta có \(0\le a\le b\le c\) nên b\(+\)c \(\ge\)2b
Do đó suy ra \(\frac{2a^2}{b+c}\le\frac{2a^2}{2b}\)suy ra \(\frac{2a^2}{b+c}\le\frac{a^2}{b}\)
Chưng minh tương tự có \(\frac{2b^2}{c+a}\le\frac{b^2}{c}\)và \(\frac{2c^2}{a+b}\le\frac{c^2}{a}\)
Cộng vế với vế của các bđt cùng chiều trên ta sẽ suy ra điều phải chứng minh
#nga
Sai rồi nếu như theo cách chứng minh của bạn thì ta có: a + c \(\ge2c\)cái này vô lý.