Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy
Ta có: \(4ab\le2a^2+2b^2\)
=> \(\sqrt{2a^2+7b^2+16ab}\le\sqrt{4a^2+9b^2+12ab}=\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}=2a+3b\)
=> \(\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+7b^2+16ab}}\ge\frac{a^2}{2a+3b}\)
Chứng minh tương tự
=> \(T\ge\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\)
Áp dụng bđt bunhia dạng phân thức
=> \(T\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=1\)
=> \(MinT=1\)xảy ra khi a=b=c=5/3
Ta có :
\(2a^2+16ab+7b^2=\left(2a+3b\right)^2-2\left(a-b\right)^2\le\left(2a+3b\right)^2\)
=> \(P\ge\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(a+3\right)}{a}\)
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có
\(\frac{25a^2}{2a+3b}+2a+3b\ge10a\)
\(\frac{25b^2}{2b+3c}+2b+3c\ge10b\)
\(\frac{c^2\left(a+3\right)}{a}=\left(c^2+1\right)+(\frac{3c^2}{a}+3a)-3a-1\ge2c+6c-3a-1=8c-3a-1\)
Khi đó
\(P\ge\left(10a-2a-3b\right)+\left(10b-2b-3c\right)+\left(8c-3a-1\right)\)
=> \(P\ge5\left(a+b+c\right)-1=14\)
Vậy \(MinP=14\)khi a=b=c=1
Con ma xanh đập 1 phát chết, con ma đỏ đập 2 phát thì chết. Làm sao chỉ với 2 lần đập mà chết cả 2 con?
Ta có: \(P=\frac{25a^2}{\sqrt{2a^2+16ab+7b^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{2b^2+16bc+7c^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(=\frac{25a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2-2\left(a-b\right)^2}}+\frac{25b^2}{\sqrt{\left(2b+3c\right)^2-2\left(b-c\right)^2}}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)\(\ge\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\left(2a+3b\right)\ge2\sqrt{\frac{25a^2}{2a+3b}.\left(2a+3b\right)}=10a\Rightarrow\frac{25a^2}{2a+3b}\ge8a-3b\)(1)
\(\frac{25b^2}{2b+3c}+\left(2b+3c\right)\ge2\sqrt{\frac{25b^2}{2b+3c}.\left(2b+3c\right)}=10b\Rightarrow\frac{25b^2}{2b+3c}\ge8b-3c\)(2)
\(\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}=\frac{3c^2}{a}+c^2=\left(\frac{3c^2}{a}+3a\right)+\left(c^2+1\right)-3a-1\)\(\ge2\sqrt{\frac{3c^2}{a}.3a}+2c-3a-1=8c-3a-1\)(3)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(\frac{25a^2}{2a+3b}+\frac{25b^2}{2b+3c}+\frac{c^2\left(3+a\right)}{a}\ge5\left(a+b+c\right)-1=14\)
Vậy \(P\ge14\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
a)\(VT=\sum_{cyc}\frac{ab^3+ab^2c+a^2bc}{\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)}\le\frac{\sum_{cyc}\left(ab^3+ab^2c+a^2bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{ab^3+bc^3+ca^3+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)\(\le\frac{\sum_{cyc}ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=VP\)
\(\frac{a^2-bc}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2-ca}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{c^2-ab}{2c^2+a^2+b^2}\)
= \(\frac{1}{2}\left(\frac{2a^2-2bc}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{2b^2-2ca}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{2c^2-2ab}{2c^2+a^2+b^2}\right)\)
= \(\frac{1}{2}\left(\frac{2a^2-2bc}{2a^2+b^2+c^2}-1+\frac{2b^2-2ca}{2b^2+c^2+a^2}-1+\frac{2c^2-2ab}{2c^2+a^2+b^2}-1\right)+\frac{3}{2}\)
= \(-\frac{1}{2}\left(\frac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\right)+\frac{3}{2}\)
NHận xét:
\(\frac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}\)\(=\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\)
Tương tự: \(\frac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}\le\text{}\text{}\frac{a^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\le\text{}\text{}\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\)
=> \(\frac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\le3\)
=> \(-\frac{1}{2}\left(\frac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\right)+\frac{3}{2}\ge-\frac{1}{2}.3+\frac{3}{2}=0\)
=> \(\frac{a^2-bc}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2-ca}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{c^2-ab}{2c^2+a^2+b^2}\ge0\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Ta có \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=3.1=3\) \(\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel
\(B=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{b+c}=\frac{b}{c+a}=\frac{c}{a+b}\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
@Ace Legona giúp mình
mai mình giải nhé giờ mới onl mà muộn rồi