Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)
\(\ge4ab+2ac+a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )
Ta có; \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)
Tương tự : \(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge b\)
\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge c\)
Cộng từng vế ta có:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\)
\(sigma\frac{a}{1+b^2}=sigma\left(a-\frac{ab^2}{1+b^2}\right)\ge sigma\left(a\right)-sigma\frac{ab}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}>\frac{2018}{2003}\)
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{3}+\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2}{3}+\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{9}=\frac{3^2}{3}+\frac{2.9}{9}=5\)
bnhia dưới mẫu ta được:
\(...\le\frac{a\left(a+ac+a\right)}{9a}+\frac{b\left(b+ab+1\right)}{9b}+\frac{c\left(c+bc+1\right)}{9c}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}=1\)
"=' <=> a=b=c=1
Chắc ý bạn ấy là thế này:
\(\frac{a}{a^3+b^2+c}=\frac{a\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}{\left(a^3+b^2+c\right)\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}\le\frac{1+a+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại:
\(LHS\le\frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{\left(a+b+c\right)^2}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
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
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 \(c\ge2\)
\(VT=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(>\frac{4}{a+b}+ab+c\left(a+b\right)\ge\frac{4}{a+b}+2\left(a+b\right)\ge2\sqrt{8}>3\)
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(1+b^2\ge2b\)
\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được: \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Nên \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)(đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
\(\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}=\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{c}{c+a}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge\frac{1}{2}+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=2\)\(2\)
cmhoantat