Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng engel:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+b+c+c+a}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Cách khác :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương ta có:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2\left(a+b\right)}{4\left(a+b\right)}}=a\)
Tương tự: \(\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}\ge b;\dfrac{c^2}{c+a}+\dfrac{c+a}{4}\ge c\)
Cộng theo vế ta được:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{a+b+c}{2}\)(đpcm)
đpcm\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\left(lđ\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
BĐT cần chứng minh tương đương với
\(\left(1-\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}\right)+\left(1-\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}\right)+\left(1-\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\right)\le3\)
hay \(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\)
Từ \(abc\ge1\) ta có:
\(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{1}{\frac{a^5}{abc}+b^2+c^2}=\frac{1}{\frac{a^4}{bc}+b^2+c^2}\)
\(\le\frac{1}{\frac{2a^4}{b^2+c^2}+b^2+c^2}=\frac{b^2+c^2}{2a^4+\left(b^2+c^2\right)^2}\)
Do \(4u^2+v^2\ge4uv\Leftrightarrow4u^2+v^2\ge\frac{2}{3}\left(u+v\right)^2\)nên
\(2a^4+\left(b^2+c^2\right)^2\ge\frac{2}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
Suy ra \(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{3\left(b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự ta có \(\frac{1}{b^5+c^2+a^2}\le\frac{3\left(c^2+a^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
và \(\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng ba vế của các BĐT trên ta được
\(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\)
Vậy \(\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\ge0\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=1\))
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c