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 ta có:
\(\dfrac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\dfrac{a^2}{4a^2+2ab+2ac+bc}=\dfrac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+\left(2a^2+bc\right)}\)
\(\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Suy ra BĐT cần chứng minh viết lại như sau:
\(\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\le\dfrac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le\dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{1}{9}}-2=1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{2b^2}{2b^2+ca}+\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\le2\)
\(\Leftrightarrow\left(1-\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}\right)+\left(1-\dfrac{2b^2}{2b^2+ca}\right)+\left(1-\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{bc}{bc+2a^2}=\dfrac{b^2c^2}{b^2c^2+2a^2bc}\ge\dfrac{b^2c^2}{b^2c^2+a^2\left(b^2+c^2\right)}=\dfrac{b^2c^2}{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{ca}{2b^2+ca}\ge\dfrac{c^2a^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2};\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge\dfrac{a^2b^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ca}{2b^2+ca}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}=1\)
Vậy BĐT cuối đúng hay ta có ĐPCM
Hai vế không đồng bậc, không có điều kiện hay phụ số, bạn xem lại đề.
1.
Nhân 2 vế của BĐT với \(\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(3(a^2+b^2+c^2)(a+b)(b+c)(c+a)\ge(a+b+c)\left(Σ_{cyc}(a^2+b^2)(c+a)(c+b)\right)\)
\(\LeftrightarrowΣ_{perms}a^2b\left(a-b\right)^2\ge0\) *đúng*
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{27.27.9}}=\frac{4a}{9}\)
\(\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4b}{9}\)
\(\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4c}{9}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{2(a+b+c)}{27}+\frac{7}{9}\geq\frac{4(a+b+c)}{9}\)
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}\geq \frac{10(a+b+c)}{27}-\frac{7}{9}=\frac{30}{27}-\frac{7}{9}=\frac{1}{3}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
\(BDT\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{\left(a+c\right)^2}+\frac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{\left(a+c\right)^2}+\frac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\)
Theo BĐT Nesbitt thì : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\ge\frac{9}{4}\)
Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa a + b + c = 3 \(\Rightarrow0< a,b,c< 3\)
Khi đó bất đẳng thức tương đương với: \(\frac{a}{\left(3-a\right)^2}+\frac{b}{\left(3-b\right)^2}+\frac{c}{\left(3-c\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)
Xét BĐT phụ: \(\frac{x}{\left(3-x\right)^2}\ge\frac{2x-1}{4}\)với \(x\in\left(0;3\right)\)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2\left(-2x+9\right)}{4\left(3-x\right)^2}\ge0\)(đúng với mọi \(x\in\left(0;3\right)\))
Áp dụng, ta được: \(\frac{a}{\left(3-a\right)^2}+\frac{b}{\left(3-b\right)^2}+\frac{c}{\left(3-c\right)^2}\ge\frac{2a-1}{4}+\frac{2b-1}{4}+\frac{2c-1}{4}\)
\(=\frac{2\left(a+b+c\right)-3}{4}=\frac{3}{4}\left(q.e.d\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c